Analyse II

Analyse II
S. Caenepeel
Syllabus 128 bij IR-WISK 10333 “Analyse: afleiden, integreren en wiskundige software”
Eerste Bachelor Ingenieurswetenschappen en Fysica en Sterrekunde (SD-ID 003073).
2016
Inhoudsopgave
1
2
3
4
5
De lijnintegraal
3
1.1
Bepaalde integralen afhankelijk van een parameter . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Veralgemeende Riemann sommen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.3
De lijnintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.4
Eigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5
De grondstelling voor de lijnintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
De dubbele integraal
17
2.1
De dubbele integraal over een rechthoek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2
De dubbele integraal over een gebied . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3
De formule van Green-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4
Het invoeren van nieuwe veranderlijken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
De oppervlakteı̈ntegraal
37
3.1
De oppervlakteı̈ntegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2
De stelling van Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
De drievoudige integraal
48
4.1
De drievoudige integraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.2
De drievoudige integraal in bolcoördinaten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.3
De formule van Ostrogradsky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Differentiaalvergelijkingen
5.1
58
Definitie en voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
1
6
7
8
9
5.2
Beginvoorwaarden en randvoorwaarden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
5.3
Invoeren van nieuwe veranderlijken 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
5.4
Invoeren van nieuwe veranderlijken 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Differentiaalvergelijkingen van eerste orde
73
6.1
Juiste differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
6.2
Homogene differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
6.3
Lineaire differentiaalvergelijkingen van eerste orde . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Normale differentiaalstelsels en vergelijkingen
85
7.1
De methode van afleiding en eliminatie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
7.2
Lineaire differentiaalstelsels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
7.3
Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
7.4
Constante coëfficiënten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
7.5
De methode der eigenwaarden en eigenvectoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Numerieke reeksen
107
8.1
Algemene eigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
8.2
Positieve reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
8.3
Willekeurige reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
Reeksen van functies
128
9.1
Uniforme convergentie van een rij functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
9.2
Uniforme convergentie van een reeks functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
9.3
Machtreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
9.4
Taylorreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
9.5
Goniometrische reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
10 Oplossing van differentiaalvergelijkingen door reeksontwikkeling
159
10.1 Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
10.2 Oplossing in een omgeving van een gewoon punt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
10.3 Oplossing in een omgeving van een regelmatig singulier punt . . . . . . . . . . . . 165
2
Hoofdstuk 1
De lijnintegraal
1.1
Bepaalde integralen afhankelijk van een parameter
Vaste eindige grenzen
Onderstel dat f = f (x, y) een functie van twee veranderlijken is. In dit hoofdstuk bestuderen we
het volgend probleem. Wanneer is
d
dy
Z b
f (x, y)dx =
a
Z b
∂
a
∂y
f (x, y)dx
met andere woorden, wanneer mogen we integraal en afgeleide met elkaar verwisselen. Dit is niet
evident: immers, zowel de afgeleide als de bepaalde integraal zijn limieten, en we hebben gezien
dat limieten niet altijd verwisseld mogen worden.
In deze paragraaf beschouwen het geval waarin de grenzen a en b eindig zijn. In de volgende
paragraaf beschouwen we de situatie waarin a en b functies zijn van y. We zullen de regel van
Leibniz bewijzen. In de laatste paragraaf van dit hoofdstuk bekijken we het geval waarin een van
de grenzen oneindig wordt.
Stelling 1.1.1 Onderstel dat f : G = [a, b] × [c, d] ⊂ R2 → R continu is. Dan is de functie
I : [c, d] → R : y 7→ I(y) =
Z b
f (x, y)dx
a
een continue functie over het interval [c, d].
Bewijs. Voor elke y ∈ [c, d] is de functie f (•, y) : [a, b] → R een continue functie. We weten dus
zeker dat de beschouwde integraal I(y) bestaat.
Omdat f continu is over G, is f ook uniform continu over G, cf. Analyse I, stelling 3.4.7. Voor
elke ε > 0 bestaat er dus een δ > 0 zo dat
k(h, k)k < δ =⇒ | f (x + h, y + k) − f (x, y)| < ε
3
In het bijzonder volgt hieruit (neem h = 0)
|k| < δ =⇒ | f (x, y + k) − f (x, y)| < ε
en dan geldt
|I(y + k) − I(y)| = |
≤
Z b
a
Z b
( f (x, y + k) − f (x, y))dx|
| f (x, y + k) − f (x, y)|dx
a
Z b
<
εdx = (b − a)ε
a
zodat I(y) continu is in elke punt y ∈ [c, d].
Stelling 1.1.2 Onderstel weer dat f : G = [a, b] × [c, d] ⊂ R2 → R continu is, en beschouw opnieuw de functie
I : [c, d] → R : y 7→ I(y) =
Als
∂f
∂y
Z b
f (x, y)dx
a
bestaat en continu is over G, dan bestaat I 0 (y), en dan is
d
I (y) =
dy
0
Z b
f (x, y)dx =
a
Z b
∂
a
∂y
f (x, y)dx
(1.1)
Bewijs. Neem y ∈ [c, d]. Uit de stelling van Lagrange volgt dat er een θ ∈ (0, 1) bestaat zodat
I(y + k) − I(y)
=
k
Z b
f (x, y + k) − f (x, y)
a
k
dx
Z b
∂f
(x, y + θk)dx
∂y
Z b
Z b
∂f
∂f
∂f
=
(x, y)dx +
(x, y + θk) − (x, y) dx
∂y
∂y
a ∂y
a
=
a
We hoeven dus alleen maar te bewijzen dat de laatste term in het laatste lid naar nul nadert als
∂f
k → 0.
is continu, en dus uniform continu over G, en dus bestaat er voor elke ε > 0 een δ > 0
∂y
zo dat
∂ f
∂f
|k| < δ =⇒ (x, y + k) − (x, y) < ε
∂y
∂y
hierbij is δ onafhankelijk van x en y. Als |k| < δ, dan is ook |θk| < δ, zodat
Z b ∂ f
∂f
(x, y + θk) − (x, y) dx
∂y
∂y
a
Z b
∂f
∂ f
≤
(x, y + θk) − (x, y)dx
∂y
a ∂y
< (b − a)ε
4
en hieruit volgt dat
lim
Z b
∂f
∂y
k→0 a
zodat
(x, y + θk) −
I(y + k) − I(y)
=
lim
k→0
k
∂f
(x, y) dx = 0
∂y
Z b
∂f
a
∂y
(x, y)dx
Veranderlijke grenzen
Onderstel dat a, b : [c, d] → R twee continue functies zijn, en dat a(y) ≤ b(y) voor elke y ∈ [c, d].
Beschouw het gebied
G = {(x, y) ∈ R2 |c ≤ y ≤ d en a(y) ≤ x ≤ b(y)}
zoals aangegeven in Figuur 1.1.
y
d
b(y)
a(y)
c
x
0
Figuur 1.1: Veranderlijke grenzen
Stelling 1.1.3 (formule van Leibniz)
Onderstel dat f : G ⊂ R2 → R continu is, en beschouw de functie
I : [c, d] → R : y 7→ I(y) =
Als
∂f
∂y
Z b(y)
f (x, y)dx
a(y)
bestaat en continu is over G, dan bestaat I 0 (y), en dan is
I 0 (y) =
d
dy
Z b(y)
f (x, y)dx =
a(y)
Z b(y)
∂
a(y)
∂y
f (x, y)dx +
db
da
(y) f (b(y), y) − (y) f (a(y), y)
dy
dy
(1.2)
Bewijs. Omdat f continu is over G, is voor elke y ∈ [c, d] de functie f (•, y) : [a(y), b(y)] → R
continu. De beschouwde integralen bestaan dus.
We bekijken nu I(y) als een samengestelde functie
[c, d] −→
y
7→
R3
−→
(a(y), b(y), y)
5
7→
R
Rb
a
f (x, y)dx
We kunnen nu de kettingregel gebruiken om I 0 te berekenen
∂I da ∂I db ∂I
dI
=
+
+
dy ∂a dy ∂b dy ∂y
Omdat f continu is volgt uit de grondformule van de integraalrekening dat
∂I
∂
=
∂b ∂b
Z b
∂I
∂
=−
∂a
∂a
Z a
en
f (x, y)dx = f (b, y)
a
f (x, y)dx = − f (a, y)
b
Uit stelling 1.1.2 volgt dat
∂I
=
∂y
Z b(y)
∂
∂y
a(y)
f (x, y)dx
Na vervanging van deze drie laatste formules krijgen we de regel van Leibniz.
Oneindige grenzen
In stelling 1.1.2 waren de integratiegrenzen eindig. In vele toepassingen treft men de situatie aan
waarin een of beide grenzen oneindig zijn, zodat we een oneigenlijke integraal hebben. Jammer
genoeg zijn de voorwaarden van de stellingen 1.1.1 en 1.1.2 dan niet meer streng genoeg om het
gewenste resultaat te garanderen. De dieperliggende reden hiervoor is de volgende: we gebruikten
in het bewijs van zowel 1.1.1 als 1.1.2 dat een continue functie over een gesloten interval uniform
continu is over dat interval; dit resultaat is niet langer geldig over een oneindig interval.
Men kan ook gemakkelijk een tegenvoorbeeld geven: beschouw de integraal
Z +∞
I(y) =
ye−xy dx
0
f is continu over [0, +∞) × [0, +∞), en de integraal convergeert voor elke y ≥ 0. Toch is I(y) niet
continu in 0, immers
Z u
ye−xy dx
h
iu
−xy
= lim −e
u→+∞
0
1 als y > 0
=
0 als y = 0
I(y) =
lim
u→+∞ 0
Om dat te verhelpen voeren we eerst de volgende uniforme versie van de oneigenlijke integraal in:
Definitie 1.1.4 Onderstel dat f : [a, +∞) × [c, d] → R continu. We zeggen dat de oneigenlijke
integraal
Z
+∞
f (x, y)dx
a
6
uniform convergeert naar I(y) over [c, d] als
Z
∀ε > 0, ∃u0 ≥ a : ∀u > u0 en y ∈ [c, d] : I(y) −
u
f (x, y)dx| < ε
a
De stellingen 1.1.1 en 1.1.2 kunnen nu als volgt veralgemeend worden:
Stelling 1.1.5 Onderstel dat f : G = [a, +∞) × [c, d] ⊂ R2 → R continu is in elke (x, y) ∈ G. Als
de oneigenlijke integraal
Z
+∞
I(y) =
f (x, y)dx
a
uniform convergeert over [c, d], dan is de functie
I : [c, d] → R : y 7→ I(y) =
Z +∞
f (x, y)dx
a
continu over het interval [c, d].
Als bovendien ∂∂yf continu in elk punt van G, en
Z +∞
∂f
a
∂y
(x, y)dx
uniform convergeert over [c, d], dan is
dI
(y) =
dy
Z +∞
∂f
∂y
a
(x, y)dx
voor elke y ∈ [c, d].
Bewijs. Het bewijs gelijkt sterk op de bewijzen van de stellingen 1.1.1 en 1.1.2. We komen hierop
terug in de cursus “Complexe Analyse”, §6.1.
1.2
Veralgemeende Riemann sommen
In de volgende hoofdstukken zullen we het begrip integraal nog verder verruimen door het invoeren
van lijnintegralen, dubbele integralen, oppervlakteintegralen en meervoudige integralen. Hierbij
zullen we enkele fundamentele stellingen bewijzen, namelijk de stellingen van Green, Stokes en
Ostrogradsky. Deze belangrijke stellingen, ook wel de integraaltheorema’s genoemd, steunen alle
op de fundamentele stelling van de integraalrekening.
Vanaf nu zullen we uitsluitend in R3 werken. De basisvectoren van R3 noteren we als volgt:
~u1 = (1, 0, 0) ; ~u2 = (0, 1, 0) ; ~u3 = (0, 0, 1)
Vooraleer we de lijnintegraal invoeren geven we eerst een veralgemening van de Riemann integraal.
We nemen twee continue functies f , g : R → R, en een partitie
P = (a = x0 , x1 , · · · , xn = b)
7
van [a, b]. Voor elke i = 1, · · · , n kiezen we nu twee punten xi0 , xi00 ∈ [xi−1 , xi ] in de i-de cel van de
partitie, en we vormen de veralgemeende Riemann som
n
Re f g (P) = ∑ f (xi0 )g(xi00 )∆xi
i=1
Als xi0 = xi00 , dan is deze som een gewone Riemann som. De veralgemeende Riemann som convergeert ook naar de bepaalde integraal van f g als de norm van P naar nul gaat:
Stelling 1.2.1 Onderstel dat f , g : R → R continue functies zijn, en beschouw een partitie
P = (a = x0 , x1 , · · · , xn = b)
van [a, b], en kies voor elke i twee punten xi0 , xi00 ∈ [xi−1 , xi ], en associëer hiermee de veralgemeende
Riemann som
n
Re f g (P) = ∑ f (xi0 )g(xi00 )∆xi
i=1
Dan geldt dat
Z b
lim Re f g (P) = I =
NP →0
f (x)g(x)dx
a
en de limiet is onafhankelijk van de keuze van de punten xi0 , xi00 .
Bewijs. We moeten aantonen
∀ε > 0, ∃δ > 0 : NP < δ =⇒ |Re f g (P) − I| < ε
(1.3)
ongeacht de keuze van de deelpunten. We weten reeds (zie de paragraaf over de Riemann integraal
in Analyse I, §5.1):
ε
∀ε > 0, ∃δ1 > 0 : NP < δ =⇒ |R f g (P) − I| <
2
Omdat g continu (en dus uniform continu) is over [a, b] hebben we ook
∀ε0 > 0, ∃δ2 > 0 : |x − y| < δ2 =⇒ |g(x) − g(y)| < ε0
Verder stellen we A = max{| f (x)| | x ∈ [a, b]}.
n
R f g (P) = ∑ f (xi0 )g(xi0 )∆xi
i=1
is een gewone Riemann som van de functie f g. Als NP < δ2 , dan is |xi0 − xi00 | < δ2 , voor elke i, en
n
|Re f g (P) − R f g (P)| = ∑ f (xi0 )(g(xi0 ) − g(xi00 ))∆xi i=1
n
≤
∑ | f (xi0)||g(xi0) − g(xi00)|∆xi
i=1
n
≤
∑ Aε0∆xi = Aε0(b − a) = ε/2
i=1
8
als we ε0 = ε/2A(b − a) stellen. Onderstel nu dat NP < δ = min(δ1 , δ2 ). Dan is
|Re f g (P) − I| ≤ |Re f g (P) − R f g (P)| + |R f g (P) − I| <
ε ε
+ =ε
2 2
1.3
De lijnintegraal
We gaan uit van het volgende fysische voorbeeld. Onderstel dat een deeltje door een constante
kracht ~F langs een rechte lijn voortbewogen wordt van een punt ~A naar een punt ~B. Dan is de arbeid
verricht door de kracht ~F gegeven door de formule A = ~F.(~b −~a). Wat wordt deze formule als de
kracht ~F variabel is, en als het deeltje zich langs een kromme voortbeweegt? Om dit probleem op
te lossen beschouwen we een parametrisatie
~r : [a, b] ⊂ R → R3
c De kracht ~F die op het deeltje inwerkt, hangt af van de plaats op de
van de (continue) boog AB.
boog, en wordt dus gegeven door een functie
c ⊂ R3 → R3
~F : AB
In feite is ~F dus een vector die afhangt van de plaats in R3 . We noemen zulk een functie R3 → R3
een vectorveld. Beschouw een partitie (a = t0 ,t1 , · · · ,tn = b) van [a, b]. Zoals gezien in het vorige
hoofdstuk stemt hiermee een partitie
~ 0 = ~A =~r(a), M
~ 1 =~r(t1 ), · · · , M
~ n = ~B =~r(b))
P = (M
overeen.
z
M0
A
M1
M2
Mk–1
Mk
Mk+1
B
y
x
Figuur 1.2: Partitie van een continue boog
9
~ i0 =~r(ti0 ). Dan wordt de arbeid verricht terwijl het deeltje
Kies ti0 ∈ [ti−1 ,ti ] willekeurig, en stel M
~ i−1 naar M
~ i in benadering gegeven door
beweegt van M
~ i0 ).(M
~ i −M
~ i−1 )
Ai = ~F(M
De totale arbeid wordt dus benaderd door de som
n
n
i=1
i=1
~ i0 ).(M
~ i −M
~ i−1 )
sP = ∑ Ai = ∑ ~F(M
Naar analogie met een vorig hoofdstuk noemen we deze som de Riemannsom geassocieerd met de
partitie P. Klaarblijkelijk is de benadering beter als de partitie fijner is. Herhaal dat de norm NP
van de partitie P gegeven wordt door de formule
~ i −M
~ i−1 k
NP = max kM
1≤i≤n
Per definitie stellen we dat de arbeid verricht door ~F op het deeltje gegeven wordt door
A = lim sP
NP →0
c noemen, en deze noteren door
en we zullen deze limiet de lijnintegraal van ~F over de kromme AB
Z
~F(~r).d~r
c
AB
Laten we deze definitie formaliseren:
c en een vectorveld ~F : V ⊂ R3 → R3 dat ten
Definitie 1.3.1 Beschouw een continue boog AB
c Indien, met dezelfde notaties als hierboven, de limiet
minste gedefinieerd is op de boog AB.
lim sP
NP →0
~ i0 , dan noemen we deze limiet de lijnintebestaat en onafhankelijk is van de gekozen deelpunten M
c en we noteren ze door
graal van ~F over AB,
Z
~F(~r).d~r
c
AB
In de volgende stelling geven we het verband tussen de lijnintegraal en de gewone Riemannintegraal. Deze stelling zal ons in staat stellen in de meeste gevallen de lijnintegraal te berekenen.
c een parametrisatie ~r = ~r(t) bezit, waarbij de compoStelling 1.3.2 Onderstel dat de boog AB
nentfuncties van ~r continu differentieerbare functies zijn (we zeggen dan dat de boog zelf continu
differentieerbaar is). Indien ook het vectorveld ~F continu is dan bestaat de lijnintegraal van ~F
c en
over AB
Z
Z b
~F(~r).d~r =
~F(~r). d~r dt
c
dt
AB
a
10
Bewijs. We gebruiken dezelfde notaties als die hierboven ingevoerd. Beschouw een partitie P van
c en bekijk de Riemannsom
AB,
n
~ i0 ).(M
~ i −M
~ i−1 )
sP = ∑ ~F(M
i=1
~ i0 =~r(ti0 ), met ti0 ∈ [ti−1 ,ti ]. Schrijf x, y, z voor de drie componenten van~r. Vanwege
We hebben dat M
de middelwaardestelling bestaan er dan ui , vi , wi ∈ (ti−1 ,ti ) zo dat
dx
(ui )∆ti
dt
dy
y(ti ) − y(ti−1 ) =
(vi )∆ti
dt
dz
z(ti ) − z(ti−1 ) =
(wi )∆ti
dt
x(ti ) − x(ti−1 ) =
zodat
n
sP =
dx
∑ Fx (~r(ti0)) dt (ui)∆ti
i=1
+Fy (~r(ti0 ))
dy
dz
(vi )∆ti + Fz (~r(ti0 )) (wi )∆ti
dt
dt
Uit stelling 1.2.1 volgt nu dat
Z b
lim sP
NP →0
dx
=
Fx (~r(t)) dt +
dt
a
Z b
~F(~r). d~r dt
=
dt
a
Z b
a
dy
Fy (~r(t)) dt +
dt
Z b
a
Fz (~r(t))
dz
dt
dt
en dit bewijst de stelling.
Opmerkingen
1) Merk op dat de formule hierboven sterk gelijkt op de subsitutieregel voor de bepaalde integraal.
Indien we even vergeten dat ~F en~r vectoren zijn, dan krijgen we juist de substitutieregel.
2) Bewijs zelf als oefening dat de formule in stelling 1.3.2 onafhankelijk is van de gekozen parac We zullen daarom ook de volgende notatie gebruiken:
metrisatie van AB.
Z
~F(~r).d~r =
Z b
c
AB
a
dx
Fx (~r(t)) dt +
dt
Z b
=
a
Z b
Fx dx +
a
Z b
a
dy
Fy (~r(t)) dt +
dt
Z b
Fy dy +
a
Fz dz
Z b
=
a
Fx dx + Fy dy + Fz dz
11
Z b
a
Fz (~r(t))
dz
dt
dt
Deze formule betekent in feite dat men ~F(~r).d~r mag behandelen als een scalair produkt. Als we
formeel stellen:
d~r = dx~u1 + dy~u2 + dz~u3
en
~F = Fx~u1 + Fy~u2 + Fz~u3
dan is
~F · d~r = Fx dx + Fy dy + Fz dz
c een interval op de x-as is, dan kunnen we voor de boog de volgende parame3) Indien de boog AB
trisatie nemen:
x = x

y=0

z=0
De Riemannsom uit de definitie wordt dan:
n
n
i=1
i=1
~ i0 ).(M
~ i −M
~ i−1 ) = ∑ Fx (~r(xi0 ))(xi − xi−1 )
sP = ∑ ~F(M
Als we de limiet nemen voor NP naar nul, krijgen we de gewone Riemannintegraal
Rb
a
f (x)dx.
4) Neem Fy = Fz = 0, en stel Fx (x, y, z) = p(x, y, z). Dan zien we dat ook het symbool
Z
p(x, y, z)dx
c
AB
een betekenis heeft. Het is namelijk de lijnintegraal van het vectorveld ~F = p~u1 .
1.4
Eigenschappen
De volgende drie eigenschappen zijn volledig analoog aan die van de Riemannintegraal:
Stelling 1.4.1
Z
~F(~r).d~r = −
c
AB
Z
~F(~r).d~r
c
BA
c Dan geldt
~ een punt is gelegen op de kromme AB.
Stelling 1.4.2 Onderstel dat C
Z
~F(~r).d~r =
c
AB
Z
~F(~r).d~r +
c
AC
Z
~F(~r).d~r.
c
CB
Stelling 1.4.3 Voor elke α, β ∈ R geldt dat
Z
~ r)).d~r = α
(α~F(~r) + βG(~
Z
c
AB
c
AB
12
~F(~r).d~r + β
Z
c
AB
~ r).d~r
G(~
Bewijs. Men kan deze stellingen op twee verschillende manieren bewijzen: men kan uitgaan
van de definitie. Het bewijs is dan volledig analoog aan dat voor de bepaalde integraal. Men
kan ook stelling 1.3.2 gebruiken ; de formules volgen dan onmiddellijk uit de overeenstemmende
formules voor de bepaalde integraal. Dit is iets minder algemeen, want er moet voldaan zijn aan
de voorwaarden van stelling 1.3.2. Dit is niet zo erg aangezien in de praktijk hier toch altijd aan
voldaan is.
Opmerkingen
1) Stelling 1.4.2 stelt ons in staat lijnintegralen te berekenen over continue krommen die slechts
stuksgewijs continu differentieerbaar zijn (bijvoorbeeld een vierkant): we splitsen de kromme gewoon op in continu differentieerbaare deelkrommen.
2) Onderstel dat Γ een gesloten kromme is die zichzelf niet snijdt, waarop een omloopszin gekozen
is (zie Figuur 1.3). Neem twee punten ~A en ~B op Γ. Uit stelling 1.4.2 volgt dat
G
B
A
Figuur 1.3: Een gesloten kromme Γ
Z
~F(~r).d~r =
d
ABA
Z
~F(~r).d~r +
c
ZAB
=
~F(~r).d~r +
c
ZBA
=
Z
c
ZBA
~F(~r).d~r
~F(~r).d~r
c
AB
~F(~r).d~r
d
BAB
De lijnintegraal over een gesloten kromme hangt dus alleen af van de omloopszin, en niet van het
gekozen begin- en eindpunt. Men gebruikt daarom de volgende notaties:
I
Γ+
~F(~r).d~r en
I
Γ−
~F(~r).d~r
alnaar de kromme Γ in positieve (d.i. tegenuurwijzer-) of negatieve (d.i. uurwijzer-)zin doorlopen
wordt.
13
Voorbeeld
Beschouw het vectorveld ~F = x~u1 + y~u2 , en de volgende krommen die (0, 0) en (1, 1) met elkaar
verbinden:

2

 C1 : het paraboolsegment y = x
C2 : het lijnstuk y = x


C3 : de lijnstukken [(0, 0), (1, 0)] en [(1, 0), (1, 1)]
Een parametervergelijking voor C1 is de volgende:
x = t
y = t2
waarbij t varieert tussen 0 en 1, zodat we krijgen:
Z
C1
Ga zelf na dat ook
~F(~r).d~r =
Z 1
Z
xdx + ydy =
ht2
0
C1
Z
~F(~r).d~r =
C2
1.5
(t + 2t 3 )dt =
Z
2
+
t 4 i1
=1
2 0
~F(~r).d~r = 1
C3
De grondstelling voor de lijnintegraal
Onderstel dat ~F : G ⊂ R3 → R3 een vectorveld is dat continu is over een gebied G. Neem twee
punten ~A en ~B in G, en beschouw een kromme C binnen G die de punten ~A en ~B verbindt. In het
algemeen zal de lijnintegraal afhankelijk zijn van de kromme C. In het voorbeeld aan het eind
van de vorige paragraaf blijkt de lijnintegraal onafhankelijk te zijn van de gekozen kromme C.
Wanneer kunnen we stellen dat de lijnintegraal onafhankelijk is van de gekozen kromme? Het
antwoord hierop wordt gegeven door de volgende stelling, die ook wel de grondstelling voor de
lijnintegraal wordt genoemd.
c die stuksgewijs continu differentieerbaar is, en
Stelling 1.5.1 Beschouw een continue boog AB
gelegen binnen een gebied G. Voor elke differentieerbare functie ψ : G ⊂ R3 → R geldt:
Z
grad ψ(~r).d~r = ψ(~B) − ψ(~A)
c
AB
De lijnintegraal van een gradiënt is dus onafhankelijk van de gevolgde weg.
Bewijs. Onderstel eerst dat de boog continu differentieerbaar is. Beschouw een parametrisatie

x = x(t)


y = y(t)


z = z(t)
14
c (a ≤ t ≤ b). Gebruik makende van stelling 1.3.2 en de grondstelling voor de
van de boog AB
bepaalde integraal vinden we:
Z
Z
∂ψ
∂ψ
∂ψ
(~r).dx +
(~r).dy +
(~r).dz
∂x
∂y
∂z
Z b
∂ψ dx ∂ψ dy ∂ψ dz =
+
+
dt
∂x dt
∂y dt
∂z dt
a
Z b
d
=
(ψ ◦~r)dt
a dt
= ψ(~r(b)) − ψ(~r(a)) = ψ(~B) − ψ(~A)
grad ψ(~r).d~r =
c
AB
c
AB
Indien de boog slechts stuksgewijs continu differentieerbaar is, splitsen we hem op in een eindig
d1 , C
[
\
aantal continu differentieerbare deelbogen AC
1C2 , · · · , C
n−1 B. Herhaaldelijk toepassen van de
formule hierboven geeft nu:
Z
grad ψ(~r).d~r
c
AB
Z
=
grad ψ(~r).d~r + · · · +
Z
grad ψ(~r).d~r
C\
n−1 B
d1
AC
~ 1 ) − ψ(~A) + ψ(C
~ 2 ) − ψ(C
~ 1 ) + · · · + ψ(~B) − ψ(C
~ n−1 )
= ψ(C
= ψ(~B) − ψ(~A)
en dit bewijst de stelling.
Gevolg 1.5.2 Indien ψ : G ⊂ R3 → R continu differentieerbaar is over een gebied G, en een
gesloten kromme C volledig binnen G gelegen is, dan geldt
I
C+
grad ψ(~r).d~r = 0
Bewijs. Neem een punt ~A op C. Dan is
I
C+
grad ψ(~r).d~r = ψ(~A) − ψ(~A) = 0
Opmerking
In de natuurkunde komt het meermaals voor dat een krachtveld gegeven wordt door de gradiënt
van een scalaire functie ψ. ψ wordt dan de potentiaal genoemd, en het krachtveld conservatief. In
een conservatief krachtveld geldt dus dat de arbeid verricht door het krachtveld niet afhangt van de
gevolgde weg, alleen van het begin- en het eindpunt. Een typisch voorbeeld van een conservatief
krachtveld is het zwaartekrachtveld.
15
We beschrijven het zwaartekrachtveld van de aarde. De oorsprong plaatsen we in het centrum van
de aarde, en schrijven
p
~r = x~u1 + y~u2 + z~u3 en r = k~rk = x2 + y2 + z2
De kracht die de aarde uitoefent op een deeltje met massa m gelegen op een afstand r > R0 van het
centrum van de aarde is dan
~F = − γMm~r
r3
Hierbij is R0 de straal van de aarde, M de massa van de aarde, en γ de gravitatieconstante. We zien
gemakkelijk dat ~F = grad (ψ), waarbij
ψ(x, y, z) =
γMm
γMm
=p
r
x2 + y2 + z2
16
Hoofdstuk 2
De dubbele integraal
2.1
De dubbele integraal over een rechthoek
Definitie en eigenschappen
Beschouw een rechthoek R = [a, b] × [c, d] in het vlak, en een begrensde functie f : R ⊂ R2 → R.
Het ligt in onze bedoeling de integraal van de functie f over R te definiëren. We zullen een definitie
geven die analoog is aan die van de Riemannintegraal.
Bekijk een partitie
P1 = {a = x0 , x1 , x2 , · · · , xn = b}
van [a, b], en een partitie
P2 = {c = y0 , y1 , y2 , · · · , ym = d}
van [c, d]. De produktverzameling
P = P1 × P2 = {(xi , y j )|0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ m}
noemen we dan een partitie van de rechthoek R. Deze partitie verdeelt R onder in nm deelrechthoeken [xi−1 , xi ] × [y j−1 , y j ]. De oppervlakte van zulk een rechthoek is ∆xi ∆y j .
Als norm van de partitie nemen we per definitie
NP = max{NP1 , NP2 }
Kies in elk van deze rechthoeken een willekeurig punt
Mi j = (xi∗j , y∗i j ) ∈ [xi−1 , xi ] × [y j−1 , y j ]
en vorm de som
n
sP = ∑
m
∑ f (xi∗j , y∗i j )∆xi∆y j
i=1 j=1
17
y
d
y3
y2
y1
c
a
x1
x2
x3
x4
x5
b
x
Figuur 2.1: Partitie van een rechthoek
Definitie 2.1.1 Indien de limiet
I = lim sP
NP →0
bestaat en onafhankelijk is van de gekozen deelpunten (xi∗j , y∗i j ), dan zeggen we dat de functie f
integreerbaar is over R, en we noteren
ZZ
I=
f (x, y)dO
R
Zoals hierboven reeds vermeld, is deze definitie analoog met die van de Riemannintegraal. We hebben dan ook soortgelijke eigenschappen: we sommen ze hieronder op - zonder bewijs. De meeste
van de formules hieronder worden bewezen zoals de analoge formules voor de Riemannintegraal.
Stelling 2.1.2 Onderstel dat f : [a, b] × [c, d] → R begrensd.
1. Indien f continu is over R, dan bestaat
2.
RR
R (a f (x, y) + bg(x, y))dO = a
RR
R
RR
R
f (x, y)dO.
f (x, y)dO + b
RR
3. Als f (x, y) ≥ 0 voor alle (x, y) ∈ R, dan geldt dat
R g(x, y)dO
RR
R
f (x, y)dO ≥ 0
4. Als f (x, y) ≤ g(x, y) voor alle (x, y) ∈ R, dan geldt dat
5. |
RR
R
f (x, y)dO| ≤
RR
R
f (x, y)dO ≤
RR
R g(x, y)dO
RR
R | f (x, y)|dO
6. Indien f , g continu over R, en indien g een vast teken heeft over R, dan bestaat een punt
(ξ, η) ∈ R zodanig dat
ZZ
ZZ
f (x, y)g(x, y)dO = f (ξ, η)
R
g(x, y)dO
R
18
Meetkundige interpretatie
Net zoals in het geval van de Riemannintegraal kunnen we aan de dubbele integraal een meetkundige interpretatie geven. Onderstel dat f overal in R niet negatieve waarden aanneemt. De
term
f (xi∗j , y∗i j )∆xi ∆y j
in de Riemannsom sP is het volume van een balk met zijden ∆xi , ∆y j en f (xi∗j , y∗i j ). Als we dit
sommeren over i en j, krijgen we bij benadering het volume van het ruimtestuk begrensd door het
xy-vlak, de cilinder bepaald door de rechthoek R, en het oppervlak met vergelijking z = f (x, y). De
benadering wordt beter als de norm van de partitie kleiner
wordt, en daarom zullen we stellen dat
RR
het hierboven beschreven volume gegeven wordt door R f (x, y)dO.
Berekening van de dubbele integraal over een rechthoek
Onderstel dat we weten dat de dubbele integraal van f over R bestaat (dit is bijvoorbeeld het geval
als f continu is). Hoe kunnen we dan deze integraal berekenen ? Maak in definitie 2.1.1 de
volgende keuze voor de punten (xi∗j , y∗i j ):
(xi∗j , y∗i j ) = (xi , y j )
Dan krijgen we
n
sP =
m
∑ ∑ f (xi, y j )∆xi∆y j
i=1 j=1
n
m
=
∑ ∑ f (xi, y j )∆y j
∆xi
i=1 j=1
Nu geldt, vanwege de definitie van de (gewone) Riemannintegraal, voor elke i = 1, · · · , n :
m
lim
Z d
∑ f (xi, y j )∆y j =
NP2 →0 j=1
en
n
Z d
lim
∑
NP →0
1
i=1
c
c
Z
f (xi , y)dy ∆xi =
f (xi , y)dy
b Z d
a
f (x, y)dy dx
c
zodat
lim sP =
NP →0
lim
lim sP
NP1 →0 NP2 →0
Z b Z d
=
a
f (x, y)dy dx
c
Op volledig analoge wijze bewijzen we dat
Z d Z b
lim sP =
NP →0
c
f (x, y)dx dy
a
Hiermee hebben we dus volgende eigenschap bewezen:
19
Stelling 2.1.3 Indien f integreerbaar is over een rechthoek [a, b] × [c, d], dan geldt dat
Z b Z d
ZZ
f (x, y)dO =
R
a
d Z b
Z
f (x, y)dy dx =
c
f (x, y)dx dy
a
c
Vanwege deze stelling gebruikt men ook dikwijls de volgende notatie:
Z b
ZZ
f (x, y)dO =
Z d
f (x, y)dy
dx
R
a
c
Voorbeeld Stel R = [0, π2 ] × [0, π2 ]. Dan geldt
Z π/2 Z π/2
ZZ
sin(x + y)dO =
0
0
R
=
sin(x + y)dx dy
Z π/2 π/2
− cos(x + y) 0 dy
0
Z π/2
=
(− cos(π/2 + y) + cos(y))dy
0
Z π/2
=
(sin(y) + cos(y))dy = 2
0
Gevolg 2.1.4
Z b
ZZ
f (x)g(y)dO =
R
2.2
f (x)dx
a
Z
d
g(y)dy
c
De dubbele integraal over een gebied
Definitie en eigenschappen
Beschouw nu een gebied G ⊂ R2 , en een begrensde functie f : G → R. We onderstellen dat G
begrensd is door een stuksgewijs continue differentieerbare kromme. Om de integraal van f over G
te definiëren voeren we een hulpfunctie in: kies een rechthoek R in het vlak, met zijden evenwijdig
met de assen die het gebied G volledig omvat.
We voeren nu de hulpfunctie g : R ⊂ R2 → R in als volgt:
(
g(x, y) = f (x, y) als (x, y) ∈ G
als (x, y) ∈
/G
g(x, y) = 0
Per definitie stellen we nu:
ZZ
ZZ
f (x, y)dO =
G
g(x, y)dO
R
voor zover deze laatste integraal bestaat. De eigenschappen uit stelling 2.1.2 kunnen dan veralgemeend worden. Zo formuleren we - zonder bewijs - de volgende stelling:
20
y
R
g=0
G
g=f
x
Figuur 2.2: De dubbele integraal over een gebied
Stelling 2.2.1
1. Als f continu is over G, dan bestaat
RR
G
f (x, y)dO.
RR
2. Als f (x, y) ≥ 0 voor (x, y) ∈ G, dan stelt G f (x, y)dO het volume voor van het ruimtestuk
begrensd door het xy-vlak, de cilinder met beschrijvenden door de rand van G en evenwijdig
met de z-as, en het oppervlak met vergelijking z = f (x, y) (zie Figuur 2.3).
3. Opp(G) =
RR
G dO.
z
S
z = f(x, y)
f(Mk)
y
Gk
G
Mk
x
Figuur 2.3: De dubbele integraal als een volume
Berekening van de dubbele integraal over een gebied
Onderstel eerst dat het gebied G regelmatig is ten opzichte van de y-as, dit wil zeggen dat G
begrensd wordt door twee verticale rechten x = a en x = b, en twee krommen met vergelijking
21
y = h(x) en y = k(x), met h(x) ≤ k(x) voor elke x ∈ [a, b]. Kies een rechthoek R die G omvat. We
y
d
g=0
G
g=f
y=h(x)
g=0
c
R
y=k(x)
a
x
b
x
Figuur 2.4: Een gebied dat regelmatig is t.o.v. de y-as
kunnen nu stelling 2.1.3 toepassen op R en g:
ZZ
Z b
ZZ
f (x, y)dO =
G
g(x, y)dO =
R
Z d
dx
a
g(x, y)dy
c
Nu geldt, voor elke a ≤ x ≤ b dat
Z d
g(x, y)dy
c
Z h(x)
=
Z k(x)
g(x, y)dy +
Z d
g(x, y)dy +
c
h(x)
g(x, y)dy
k(x)
Z k(x)
= 0+
f (x, y)dy + 0
h(x)
zodat
Z b
ZZ
f (x, y)dO =
Z k(x)
f (x, y)dy
dx
G
a
(2.1)
h(x)
Vergelijking 2.1 vertelt ons dus hoe we een dubbele integraal over een gebied dat regelmatig is ten
opzichte van de y-as kunnen uitrekenen. Een analoge formule geldt uiteraard voor een gebied dat
regelmatig is ten opzichte van de x-as (Figuur 2.5).
Z d
ZZ
f (x, y)dO =
G
Z k(y)
f (x, y)dx
dy
c
h(y)
Voorbeeld 1 Laat G het gebied zijn dat begrensd wordt de rechten y = 0, x = 1 en y = x:
We berekenen bij wijze van voorbeeld:
ZZ
I=
(x2 + y2 )dO
G
22
(2.2)
y
d
G
x=h(y)
x=k(y)
c
x
Figuur 2.5: Een gebied dat regelmatig is t.o.v. de x-as
Met behulp van (2.2) krijgen we:
Z 1
Z x
dx (x2 + y2 )dy
0
Z 1
y3 x
2
dx
=
x y+
3 0
0
Z 1
1
4 3
x dx =
=
3
0 3
I =
0
We kunnen ook formule (2.1) toepassen:
Z 1
I =
Z 1
dy
0
y
Z 1
=
0
(x2 + y2 )dx
1
1 3
2
x + xy dy
3
y
Z 1
1
=
0
4
1
( + y2 − y3 )dy =
3
3
3
y
1
y=x
G
0
1 x
Figuur 2.6: Het gebied G uit voorbeeld 1
Voorbeeld 2 Bekijk het viervlak begrensd door de drie coördinaatvlakken, en het vlak x+y+z = 1.
23
Wat is het volume van dit viervlak? Gebruik makende van stelling 2.2.1 krijgen we :
ZZ
(1 − x − y)d0
V=
G
waarbij G de driehoek is in het xy-vlak met hoekpunten (0, 0), (1, 0) en (0, 1). We vinden gemakkelijk dat
Z 1
Z 1−x
(1 − x − y)dy
Z 1 y2 1−x
=
dx (1 − x)y −
2 0
0
V =
dx
0
0
Z 1
(1 − x)2
=
dx
2
(x − 1)3 1 1
=
=
6
6
0
0
Berekening van inhoud
y
d
y = j2(x)
b
a
x
y = j1(x)
c
Figuur 2.7: Berekenen van inhoud met behulp van enkelevoudige integralen
Zoals we hierboven gezien hebben kunnen we vele volumes berekenen met behulp van dubbele
integralen. Soms is het echter mogelijk volumes te berekenen met een gewone enkelvoudige integraal.
Onderstel dat G regelmatig is t.o.v. de y-as, en dat f (x, y) ≥ 0 voor (x, y) ∈ G (zie Figuur 2.7).
Definieer V : [a, b] → R als volgt : V (x) is het volume van het lichaam begrensd door het xy-vlak,
de twee vlakken evenwijdig met het yz-vlak gaande door de punten (a, 0, 0) en (x, 0, 0), het oppervlak z = f (x, y) en de cilindermantel met beschrijvenden evenwijdig met de z-as en steunende op
de krommen y = ϕ1 (x) en y = ϕ2 (x) in het xy-vlak. Zoals we hierboven hebben gezien wordt V (x)
dan gegeven door de formule
Z ϕ2 (x)
Z x0
V (x0 ) =
f (x, y)dy
dx
ϕ1 (x)
a
24
z
P
f(x)
y
0
a
G
y = f(x)
b
x
Figuur 2.8: Inhoud van een omwentelingslichaam
Als we onderstellen dat ϕ1 , ϕ2 en f continu zijn, dan is
Z ϕ2 (x)
g(x) =
f (x, y)dy
ϕ1 (x)
een continue functie van x, en dan geldt dat
dV
= g(x),
dx
de oppervlakte van de vlakke doorsnede van het lichaam met het vlak door (x, 0, 0) en evenwijdig
met het yz-vlak. Indien men g(x) rechtstreeks kan berekenen, dan krijgt men V (x) met een enkele
integratie:
Z
x
V (x) =
g(x)dx
a
Voorbeeld 1: Inhoud van een omwentelingslichaam
Onderstel dat een kromme in het xy-vlak met vergelijking y = f (x), met x gelegen tussen a en b
rond de x-as gewenteld wordt.
De vlakke doorsnede met oppervlakte g(x) is hier een cirkelschijf met straal f (x). Dus is g(x) =
π f (x)2 , en
Z b
V =π
f (x)2 dx
a
Beschouw nu deel G van het xy-vlak begrensd door de x-as, de grafiek van f en de verticale rechten
x = a en x = b. De gemiddelde waarde y van y over G wordt gegeven door de formule
1
y=
S
1
ydxdy =
S
G
ZZ
Z f (x)
Z b
dx
0
a
25
1
ydy =
2S
Z b
a
f (x)2 dx,
z
z = f2(x)
y
a
y = f1(x)
b
x
Figuur 2.9: Inhoud van een regeloppervlak
waarbij S de oppervlakte van G is. Hieruit kunnen we besluiten dat
V = 2πSy.
Dit is de eerste formule van Guldin.
Als voorbeeld rekenen
we het volume uit van de bol met straal R. We wentelen de kromme met
√
2
vergelijking y = R − x2 (−R ≤ x ≤ R) rond de x-as. We krijgen
Z R
V =π
4
(R2 − x2 )dx = πR3
3
−R
Voorbeeld 2: Inhoud van een regeloppervlak
In het xy-vlak beschouwen we een kromme met vergelijking y = f1 (x), waarbij x varieert van a tot
b. In het xz-vlak beschouwen we een kromme met vergelijking z = f2 (x), met a ≤ x ≤ b.
Het oppervlak S dat beschreven wordt door de rechten die de punten (x, f1 (x), 0) en (x, 0, f2 (x))
verbinden noemen we een regeloppervlak. Het volume begrensd door dit oppervlak, het xy-vlak,
het xz-vlak en de vlakken x = a en x = b kunnen we uitdrukken door een enkele integraal. Immers,
in dit geval is g(x) = 21 f1 (x) f2 (x), zodat
1
V=
2
Z b
a
f1 (x) f2 (x)dx
26
y
G
H
x
Figuur 2.10: Enkelvoudig en niet-enkelvoudig samenhangende gebieden
2.3
De formule van Green-Riemann
Het opstellen van de formule
In hoofdstuk 2 hebben we de grondformule van de integraalrekening gezien: indien voor f :
[a, b] → R geldt dat f 0 continu is over [a, b], dan geldt
Z b
f 0 (x)dx = f (b) − f (a)
a
We willen nu een soortgelijke formule opstellen voor de dubbele integraal. Bekijk een gesloten
continue kromme C, die stuksgewijs continu differentieerbaar is. Onderstel verder dat C zichzelf
niet snijdt. Het gebied G dat door C wordt ingesloten noemen we dan een enkelvoudig samenhangend gebied. Een enkelvoudig samenhangend gebied is dus, intuı̈tief gezegd, een gebied zonder
”gaten”. In Figuur 2.10 is G enkelvoudig samenhangend, maar H niet:
Onderstel dat P : G → R een continue partiële afgeleide naar y heeft over G. We berekenen
ZZ
∂P
(x, y)dO
G ∂y
Laten we om te beginnen onderstellen dat G regelmatig is ten opzichte van de y-as (zie Figuur 2.11)
Gebruik makende van formule (2.1) en de grondformule vinden we
ZZ
∂P
(x, y)dO =
G ∂y
Z b
Z ϕ2 (x)
∂P
(x, y)dy
∂y
ϕ2 (x)
Z b =
dx P(x, y)
dx
a
ϕ1 (x)
a
Z b
=
a
ϕ1 (x)
P(x, ϕ2 (x))dx −
Z b
a
P(x, ϕ1 (x))dx
Dit zijn alle twee lijnintegralen, respectievelijk langs de krommen y = ϕ2 (x) (a ≤ x ≤ b) en y =
ϕ1 (x) (a ≤ x ≤ b), geparametreerd in x. Als we deze twee krommen C2 en C1 noemen, dan krijgen
27
y
d
y = j2(x)
b
a
x
y = j1(x)
c
Figuur 2.11: G is regelmatig t.ov. de y-as
we dus
ZZ
∂P
(x, y)dO =
G ∂y
Z
P(x, y)dx −
Z
C2
= −
P(x, y)dx
C1
I
C+
P(x, y)dx
Indien G niet regelmatig is ten opzichte van de y-as, dan blijft deze formule geldig : we hoeven
alleen maar G op te splitsen in deelgebieden G1 , G2 , · · · , Gn die regelmatig zijn ten opzichte van
de y-as, en hierop de formule toe te passen. We laten de details achterwege, en geven alleen een
eenvoudig voorbeeld, als geschetst in Figuur 2.12 Uit
G1
G3
G2
Figuur 2.12: G is niet regelmatig t.ov. de y-as
ZZ
∂P
(x, y)dO = −
Gi ∂y
I
Ci+
P(x, y)dx
voor i = 1, 2, 3 volgt dat
ZZ
∂P
(x, y)dO = −
G ∂y
I
C+
P(x, y)dx
De stukken kromme die gebruikt worden om G in deelgebieden te verdelen worden tweemaal
doorlopen in tegengestelde zin, zodat de integralen langs deze stukken bij het sommeren wegvallen.
Op volkomen analoge manier kunnen we aantonen dat, indien Q : G → R een continue partiële
28
afgeleide naar x bezit over G, de volgende formule geldt:
I
ZZ
∂Q
(x, y)dO =
Q(x, y)dy
C+
G ∂x
Veronderstel namelijk eerst dat G regelmatig is ten opzichte van de x-as (Figuur 2.13). Dan geldt:
ZZ
∂Q
(x, y)dO =
G ∂x
Z d
Z ψ2 (y)
∂Q
(x, y)dx
∂x
ψ2 (y)
Z d =
dy Q(x, y)
dy
ψ1 (y)
c
c
Z d
=
Ic
=
C+
ψ1 (y)
Q(ψ2 (y), y)dy −
Z d
c
Q(ψ1 (y), y)dy
Q(x, y)dy
y
d
x = y1(y)
x = y2(y)
c
x
Figuur 2.13: G is regelmatig t.ov. de x-as
Een redenering analoog aan de bovenstaande vertelt ons dat deze formule ook nog geldig blijft
indien G niet regelmatig is ten opzichte van de x-as. Als we beide formules combineren, dan
krijgen we de formule van Green-Riemann:
Stelling 2.3.1 Formule van Green-Riemann Onderstel dat G een enkelvoudig samenhangend
gebied is, ingesloten door de kromme C. Indien P, Q : G → R zo zijn dat P continue partiële
afgeleiden bezit naar y, en Q continue partiële afgeleiden bezit naar x over G, dan geldt :
I
C+
ZZ
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
G
∂Q ∂P −
dO
∂x ∂y
Voorbeelden en toepassingen
De formule van Green-Riemann maakt het mogelijk om oppervlakten te berekenen met behulp van
een lijnintegraal:
Stelling 2.3.2 Onderstel dat een enkelvoudig samenhangend gebied G wordt omsloten door een
gesloten kromme C. Dan geldt:
1
Opp(G) =
xdy = −
ydx =
2
C+
C+
I
I
29
I
C+
xdy − ydx
Bewijs. We hoeven alleen maar in de formule van Green-Riemann achtereenvolgens p = 0 en
q = x, en p = −y en q = 0 te nemen.
Deze formule is niet zo nieuw als ze wel lijkt! Neem G regelmatig ten opzichte van de y-as, als in
Figuur 2.11. De formule vertelt ons dan dat
Z b
Opp(G) =
a
ϕ2 (x)dx −
Z b
a
ϕ1 (x)dx
maar dit wisten we al langer.
Speciaal geval Bekijk een gebied G, ingesloten tussen twee voerstralen en een boog Γ, zoals
geschetst in Figuur 2.14 We hebben nu
y
B
G
A
x
0
Figuur 2.14: G isZingesloten tussen
Z twee voerstralen
Z en een boog Γ
2Opp(G) =
xdy − ydx +
xdy − ydx +
xdy − ydx
c
OA
c
AB
c
BO
c parametrizeren we in x : y = kx. Dan krijgen we
De lijnintegraal langs OA
Z
xdy − ydx =
Z a
(xk − kx)dx = 0
0
c
OA
en, op analoge wijze
Z
xdy − ydx = 0
c
BO
zodat
Z
2Opp(G) =
xdy − ydx
(2.3)
c
AB
Als toepassing berekenen we de oppervlakte van een hyperboolsector.
Beschouw de gelijkzijdige hyperbool x2 − y2 = 1. In parametervorm kunnen we de vergelijking
schrijven als
(
x = ch (t)
y = sh (t)
Neem een punt (x = ch (t ∗ ), y = sh (t ∗ )) op de hyperbool. De oppervlakte van het gearceerde gebied
wordt gegeven door
Z
Z ∗
Z ∗
1 t dy
dx 1 t 2
t∗
1
xdy − ydx =
x −y
dt =
(x − y2 )dt =
Opp(G) =
c
2 AP
2 0
dt
dt
2 0
2
30
y
P (x, y)
A
x
Figuur 2.15: De hyperboolsector
Speciaal geval : poolcoördinaten
c gegeven is in poolcoördinaten:
Onderstel dat de boog AB
ρ = ρ(θ)
We kunnen dit in parametervorm schrijven met θ als parameter:
(
x = ρ(θ) cos θ
y = ρ(θ) sin θ
waaruit
(
dx = (ρ0 cos θ − ρ sin θ)dθ
dy = (ρ0 sin θ + ρ cos θ)dθ
en
xdy − ydx = ρ2 dθ
en formule (2.3) wordt nu
1
Opp(G) =
2
Z θ2
ρ2 (θ)dθ
(2.4)
θ1
Speciaal Geval
c geparametrizeerd is in t = y/x. Dan is y = tx, dy = tdx + xdt, zodat
Onderstel dat de boog AB
xdy − ydx = x2 dt. Formule (2.3) wordt nu
1
Opp(G) =
2
Z t2
x2 (t)dt
(2.5)
t1
Als voorbeeld berekenen we de oppervlakte van de lus van het Folium van Descartes. De vergelijking hiervan wordt gegeven door
x3 + y3 − 3axy = 0
31
Folium van Descartes (a=1)
3
...
...
...
...
...
....
.....................
.......
....
...
.....
....
...
.....
...
......
....
.
..
.
.
......
...
...
.....
.
.
.
.
....
..
.
.
.
.
.
.....
..
......
......
..
........
.......
............. ... ....................
..................
..
..
...
...
...
...
...
....
...
...
...
...
....
.....
....
....
....
...
...
...
...
...
..
2
1
y-as
0
-1
-2
-3
-4
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
x-as
Figuur 2.16: Het folium van Descartes
waarbij a een strikt positieve parameter is. In onderstaande figuur wordt de grafiek gegeven in het
geval dat a = 1. Neem t = y/x als parameter; dan volgt

3at


x =
1 + t3
3at 2


y =
1 + t3
Studie van het tekenverloop van t, x en y geeft:
t
x
y
−∞
0 +
0 −
−1
+∞ |
−∞
+∞
−∞ |
0
− 0
+ 0
+∞
+ 0
+ 0
Ga zelf na dat de grafiek symmetrisch is ten opzichte van de rechte y = x. Verder is x + y = −a een
schuine asymptoot:
3at(t + 1)
= −a
lim x + y = lim
t→−1
t→−1 1 + t 3
Als t het interval [0, +∞) doorloopt, dan loopt (x, y) door de lus. Derhalve is de oppervlakte van
de lus
Z
Z
1 +∞ 9a2t 2
3a2 +∞ d(1 + t 3 ) 3a2
dt =
=
2 0 (1 + t 3 )2
2 0 (1 + t 3 )2
2
32
2.4
Het invoeren van nieuwe veranderlijken
De algemene formule
Voor de bepaalde integraal hebben we de substitutieregel gezien: onderstel dat ϕ : [c, d] → [a, b]
een continu differentieerbare bijectie is. Als f een continue functie is op [a, b], dan geldt
Z b
Z d
f (ϕ(t))|ϕ0 (t)|dt
f (x)dx =
a
c
Immers, als ϕ stijgend is, dan is dit de substitutieregel zoals we hem gezien hebben in Analyse I,
stelling 9.2.2. Indien ϕ dalend is, dan is ϕ(c) = b, ϕ(d) = a, en we moeten dan de integratiegrenzen
omwisselen. We compenseren dit door de absolute-waardestrepen rond ϕ0 (t) in de formule.
We willen nu een analoge formule opstellen voor de dubbele integraal. Onderstel dat g een gebied
is in het uv-vlak, en G een gebied in het xy-vlak, en beschouw een transformatie
T : g ⊂ R2 → G ⊂ R2
gegeven door de transformatieformules
(
x = φ(u, v)
y = ψ(u, v)
v
y
T
G
g
g
0
G
u
0
x
Figuur 2.17: Een substitutie in twee veranderlijken
Stelling 2.4.1 Indien de transformatie T : g ⊂ R2 → G ⊂ R2 voldoet aan de volgende voorwaarden:
1. T is bijectief ;
2. De functies φ, ψ,
∂φ ∂ψ ∂φ ∂ψ
, , ,
zijn continu over g;
∂u ∂u ∂v ∂v
3. De Jacobiaanse determinant
∂(φ, ψ)
6= 0
∂(u, v)
j=
is in geen enkel punt van g gelijk aan nul.
33
Dan geldt
ZZ
ZZ
f (x, y)dxdy =
G
g
∂(φ, ψ) dudv
f (φ(u, v), ψ(u, v))
∂(u, v) Bewijs. Hierop zullen we terugkomen in het volgende hoofdstuk.
De dubbele integraal in poolcoördinaten
y
r
r = j2(q)
r = j2(q)
r = j1(q)
r = j1(q)
q2
q1
q
x
q
q
Figuur 2.18: Poolcoördinaten en carthesische coördinaten
De transformatieformules zijn in dit geval
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
Voor de Jacobiaanse determinant krijgen we dus:
∂x ∂x ∂ρ ∂θ cos θ
j = ∂y ∂y = sin θ
∂ρ
∂θ
zodat
ZZ
−ρ sin θ =ρ
ρ cos θ ZZ
f (x, y)dxdy =
G
f (ρ cos θ, ρ sin θ)ρdρdθ
g
Om het rechterlid efficiënt te kunnen uitrekenen is het gewenst dat g regelmatig is ten opzichte van
een van de assen. Het meest voorkomende geval is dat waarbij g regelmatig is ten opzichte van de
y-as. Het gebied G wordt dan in het xy-vlak begrensd door twee voerstralen θ = θ1 en θ = θ2 , en
twee krommen met vergelijking van de vorm ρ = ϕ1 (θ) en ρ = ϕ2 (θ)
Voorbeeld 1
Als voorbeeld berekenen we de oppervlakte van de cirkelsector begrensd door de voerstralen θ = 0
en θ = θ0 , en de cirkel ρ = R. g is dan een rechthoek in het ρθ-vlak, en we krijgen
Z R
Z θ0
ZZ
Opp(G) =
dxdy =
0
G
34
ρdρ =
dθ
0
θ0 R2
2
y
G
G1
G2
0
x
Figuur 2.19: De gebieden G, G1 en G2
Voorbeeld 2
We berekenen nu de integraal van Fresnel, namelijk
Z +∞
I=
e−x
2 /2
dx
0
Een eerste methode bestaat erin om een primitieve te zoeken van de functie y = exp(−x2 /2). Dit
werkt niet: men kan aantonen dat de primitieve niet kan geschreven worden in termen van de
elementaire functies die wij tot nu toe ingevoerd hebben.
Wel kunnen we opmerken dat onze integraal convergent is. Dit volgt uit Analyse I, stelling 7.1.4,
en het feit dat
2
lim xα e−x /2 = 0
x→+∞
voor elke α > 1.
Z R
I = lim
R→∞ 0
e−x
2 /2
dx = lim IR
R→∞
Onze truuc bestaat er nu in om niet IR maar IR2 te berekenen.
IR2
Z
=
R
−x2 /2
e
2
ZZ
=
dx
0
e−(x
2 +y2 )/2
dxdy
G
waarbij G het vierkant is met hoekpunten (0, 0), (0, R), (R, 0) en (R, R), zoals geschetst in Figuur 2.19. Ook deze integraal kunnen we niet exact uitrekenen, maar wel de integraal
ZZ
JR =
e−(x
2 +y2 )/2
dxdy
G1
waarbij G1 het gedeelte in het eerste kwadrant van de schijf met middelpunt de oorsprong en straal
R (zie Figuur 2.19). Door overgang op poolcoördinaten vinden we namelijk
Z R
Z π/2
JR =
dθ
0
0
e−ρ
iR
π h −ρ2 /2
−e
2
0
2
π
=
(1 − e−R /2 )
2
=
35
2 /2
ρdρ
In Figuur 2.19 is G2 het gedeelte in het eerste kwadrant van de schijf met straal
G1 ⊂ G ⊂ G2 is
JR ≤ IR2 ≤ J√2R
Verder is
lim JR = lim J√2R =
R→+∞
R→+∞
zodat ook
I 2 = lim IR2 =
R→+∞
en dus is
Z +∞
I=
−x2 /2
e
Z +∞
e−x
2 /2
r
dx =
dx =
π
2
π
2
0
en
√
2R. Omdat
π
2
√
2π
(2.6)
−∞
Deze integraal is van cruciaal belang in de waarschijnlijkheidsrekening.
We kunnen nu ook de gammafunctie uitrekenen in het punt 1/2, na uitvoering van de substitutie
t = x2 /2, dt = xdx:
Z +∞
Γ(1/2) =
t −1/2 e−t dt
0
Z +∞ √
2x−1 e−x
=
2 /2
xdx
0
=
√ Z
2
+∞
e−x
2 /2
dx =
√
π
0
Gebruik makend van de recursieformule voor de Gammafunctie (zie Analyse I, §7.2) vinden we
1
3
5
1√
1
Γ(n + ) = (n − )(n − )(n − ) · · ·
π
2
2
2
2
2
36
Hoofdstuk 3
De oppervlakteı̈ntegraal
3.1
De oppervlakteı̈ntegraal
De oppervlakte van een parallellogram
Beschouw twee vectoren ~a, ~b ∈ R3 . Herhaal dat het vectorieel produkt ~a ×~b de unieke vector is
die voldoet aan de volgende drie voorwaarden:
1. ~a ×~b staat loodrecht op ~a en ~b;
2. het assenstelsel (~a,~b,~a ×~b) is rechtshandig;
3. k~a ×~bk is de oppervlakte van het parallellogram met hoekpunten ~0, ~a, ~b en ~a +~b.
Het vectorieel produkt kan als volgt berekend worden:
~u1 ~u2 ~u3 ~
~a × b = a1 a2 a3 b b b 1
2
3
Hiermee kunnen we dus de oppervlakte van een parallellogram berekenen.
De oppervlakte van een oppervlak
Beschouw nu een oppervlak S in de ruimte, met parametervergelijkingen

x = x(u, v)


y = y(u, v)


z = z(u, v)
37
v
R
d
z
S
r
c
a
b
u
y
x
(ui-1,vj)
(ui ,vj)
r(ui-1,vj)
r(ui ,vj)
r
r(ui,vj-1)
(ui-1,vj-1)
(ui,vj-1)
r(ui-1,vj-1)
Figuur 3.1: De transformatie~r
waarbij (u, v) varieert over een gebied g in het uv-vlak. In vectorvorm wordt de vergelijking:
~r =~r(u, v)
We zullen onderstellen dat het oppervlak aan de drie volgende voorwaarden voldoet:
1. de afbeelding~r: g → S is bijectief;
2. ~r(u, v) bezit continue partiële afgeleiden over g;
3.
∂~r
∂u
∂~r
× ∂v
6= 0 voor elke (u, v) ∈ g.
Merk op dat deze laatste voorwaarde in feite betekent dat S in elk punt een normaal bezit. Immers,
∂~r
∂~r
∂u en ∂v liggen beide in het raakvlak aan de kromme, en het vectorieel produkt staat dus loodrecht
op het raakvlak.
Onderstel nu eerst dat het gebied g een rechthoek
R = [a, b] × [c, d]
is. Beschouw een partitie
P = {(ui , v j ) | 0 ≤ i ≤ n ; 0 ≤ j ≤ m}
van R. De transformatie~r zet elk van de deelrechthoekjes
ri j = [ui−1 , ui ] × [v j−1 , v j ]
van R om in een deeloppervlakje si j van S (zie Figuur 3.1). si j is bij benadering een parallellogram
met hoekpunten ~r(ui−1 , v j−1 ),~r(ui−1 , v j ),~r(ui , v j−1 ) en ~r(ui , v j ). De oppervlakte van si j kan dus
als volgt benaderd worden:
Opp(si j ) ∼
= k ~r(ui , v j−1 ) −~r(ui−1 , v j−1 ) × ~r(ui−1 , v j ) −~r(ui−1 , v j−1 ) k
∂~r
∂~
r
∼
∆u
×
∆v
= i
j
∂u
∂v
38
Als we dit sommeren over i en j, krijgen we de volgende benadering voor de oppervlakte van S:
n m ∂~
r
∂~
r
×
Opp(S) ∼
= ∑ ∑
∂u ∂v ∆ui ∆v j
i=1 j=1
Deze som is een Riemannsom voor de dubbele integraal
ZZ ∂~r ∂~r × dudv
∂v R ∂u
Hoe fijner de partitie P, hoe beter de som de dubbele integraal bepaalt, en hoe dichter ook de som
bij wat we (intuı̈tief) als de oppervlakte van S kunnen beschouwen. We mogen daarom aannemen
dat de oppervlakte van S gegeven wordt door de formule
ZZ ∂~r ∂~r × dudv
Opp(S) =
(3.1)
∂v R ∂u
De oppervlakteintegraal
We nemen nu de voorgaande redenering weer op, maar we onderstellen bovendien dat S een massief oppervlak is, met veranderlijke dichtheid f , die een functie is van het punt op het oppervlak:
f = f (x, y, z). De massa van elk van de deeloppervlakjes si j wordt nu bij benadering gegeven door
Massa(si j ) ∼
= f (~r(ui−1 , v j−1 ))Opp(si j )
Derhalve geldt, bij benadering
n
m
∂~r ∂~r Massa(S) ∼
= ∑ ∑ f (~r(ui−1 , v j−1 ))
∂u × ∂v ∆ui ∆v j
i=1 j=1
Deze som is een Riemannsom voor de dubbele integraal
ZZ
∂~r ∂~r f (~r(u, v)) × dudv
∂u ∂v R
We mogen dus aannemen dat deze integraal de massa van het massieve oppervlak S voorstelt. Per
definitie noemen we deze integraal de oppervlakteı̈ntegraal van de functie f over S, en we noteren
deze
ZZ
f (x, y, z)dO
S
Neem nu een deelgebied g van de rechthoek R, onderstel dat we geı̈nteresseerd zijn in de massa
van dat deel Sg van het oppervlak dat bepaald wordt door g. We kunnen deze als volgt vinden:
voer een hulpfunctie h(x, y, z) in die de waarde 1 aanneemt op Sg en 0 erbuiten. We kunnen dan de
massa bekijken als de massa van het oppervlak S, maar met dichtheidsfunctie f (x, y, z)h(x, y, z), en
we vinden voor de massa:
ZZ
∂~r ∂~r Massa(Sg ) =
f (~r(u, v))
∂u × ∂v dudv
g
39
met andere woorden, de formules die we hebben afgeleid voor een rechthoek, kunnen veralgemeend worden tot een gebied. In het bijzonder is (neem de dichtheid constant):
ZZ ∂~r ∂~r × dudv
Opp(Sg ) =
∂v g ∂u
Besluit. Onderstel dat S een oppervlak is dat voldoet aan de onderstelling uit de vorige paragraaf.
Dan noemen we
ZZ
ZZ
∂~r ∂~r f (x, y, z)dO =
f (~r(u, v))
(3.2)
∂u × ∂v dudv
S
g
de oppervlakteı̈ntegraal van f over S. Indien f de dichtheidsfunctie is van
een massief oppervlak,
RR
dan stelt deze integraal de massa van S voor. De oppervlakteı̈ntegraal S dO stelt de oppervlakte
van S voor.
Opmerking 3.1.1 Men kan formule (3.2) als volgt herschrijven. Herhaal eerst de volgende vectoriële identiteit:
(~a.~b)2 + k~a ×~bk2 = k~ak2 k~bk2
Als we stellen
E=
∂~r ∂~r
∂~r ∂~r
∂~r ∂~r
.
; F= .
; G= .
∂u ∂u
∂u ∂v
∂v ∂v
dan volgt dat
∂~r ∂~r p
× = EG − F 2
∂u ∂v en dus
ZZ
ZZ
f (x, y, z)dO =
S
p
f (~r(u, v)) EG − F 2 dudv
(3.3)
g
We bekijken nu een aantal bijzondere gevallen
Oppervlakken geparametrizeerd in x en y
Onderstel dat de vergelijking van het oppervlak gegeven wordt in de vorm z = h(x, y), met (x, y) ∈
g ⊂ R2 . g is dan de projectie van S op het xy-vlak. We hebben dan :


 
 
x
1
0
∂~
r
∂~
r


 
 
~r =  y  ;
= 0  ;
= 1 
∂x
∂y
∂h
∂h
h(x, y)
∂x
∂y
Noteer p =
∂h
∂x ,
q=
∂h
∂y .
Dan hebben we


   
1
0 −p p
∂~r ∂~r     
× =  0  ×  1  =  −q 
 = 1 + p 2 + q 2
∂x ∂y q
1
p
40
Formule (3.2) neemt dus de volgende vorm aan:
ZZ
ZZ
p
f (~r(x, y)) 1 + p2 + q2 dxdy
f (x, y, z)dO =
S
(3.4)
g
Nieuwe veranderlijken in een dubbele integraal
Onderstel dat het oppervlak S in het xy-vlak ligt. In dit geval hebben we een stel parametervergelijkingen van de vorm


 x = x(u, v)
y = y(u, v)


z=0
waarbij (u, v) variëert in het uv-vlak over een gebied G. We krijgen nu
 ∂x   ∂x 


0
∂u
∂v
∂~r ∂~r  ∂y   ∂y  
 ∂(x, y) × =
  ×  ∂v  =  0  = ∂u ∂v ∂u
∂(u, v) ∂(x,y)
0
0
∂(u,v)
en we krijgen dus de transformatieformule voor de dubbele integraal (cf. stelling 2.4.1):
ZZ
ZZ
∂(x, y) dudv
f (x, y)dxdy =
f (x(u, v), y(u, v))
∂(u, v) S
g
De oppervlakte van een omwentelingsoppervlak
Bekijk de kromme C met vergelijking z = φ(x), waarbij a ≤ x ≤ b. We beschouwen het omwentelingsoppervlak dat ontstaat door C te laten wentelen rond de z-as. Als parameters kiezen we r, de
afstand van het punt (x, y, z) op het oppervlak tot de z-as, en θ, de hoek tussen het xz-vlak en het
vlak gaande door de z-as en het punt (x, y, z).
De parametervergelijkingen van het oppervlak zijn dan:

x = r cos θ


y = r sin θ


z = φ(r)
en we vinden gemakkelijk dat
en
q
∂~r ∂~r × = r 1 + φ0 (r)2
∂r ∂θ ZZ q
Opp(S) =
r 1 + φ0 (r)2 drdθ
g
De oppervlakte tussen twee parallelcirkels z = φ(a) en z = φ(b) wordt dan gegeven door
Z b q
Opp(S) = 2π
r 1 + φ0 (r)2 dr
a
41
(3.5)
r
M
y
q
Figuur 3.2: Oppervlakte van een omwentelingsoppervlak
We berekenen nu de gemiddelde waarde van x over de kromme C:
x=
1
l
Z l
xds =
0
1
l
Z b q
x
1 + φ0 (x)2 dx.
a
Hierbij is l de lengte van de kromme C. We concluderen dat
Opp(S) = 2πlx.
Dit is de tweede formule van Guldin
Voorbeeld 1
Gegeven is de kegel met vergelijking x2 + y2 = 3z2 en de cilinder met vergelijking x2 + y2 − 4y = 0.
Gevraagd wordt de oppervlakte van het deel S van het kegeloppervlak dat uitgesneden wordt door
de cilinder en dat boven het xy-vlak ligt. Uit x2 + y2 = 3z2 volgt dat
6pz = 2x en 6qz = 2y
Dus is
x2 + y2 1
p +q =
=
9z2
3
2
en
2
p
2
1 + p2 + q2 = √
3
De projectie g van S op het xy-vlak is de cirkel met vergelijking x2 + y2 − 4y = 0, dit is een cirkel
met straal 2. Dus is
ZZ
2
8π
√ dxdy = √
Opp(S) =
g 3
3
42
Voorbeeld 2 : oppervlakte van het boloppervlak
Neem het boloppervlak met vergelijking x2 + y2 + z2 = R2 . De bovenste
√ helft van het boloppervlak
wordt verkregen door de kwartcirkel met vergelijking z = φ(x) = R2 − x2 (0 ≤ R) te wentelen
rond de z-as. Dan is
−x
φ0 (x) = √
R2 − x 2
en
R2
x2
=
1 + φ0 (x)2 = 1 + 2
R − x 2 R2 − x 2
Toepassen van formule (3.5) geeft
R
p
Z R
rRdr
2
2
√
Opp(S) = 4π
= 4πR2
= 4πR − R − r
0
R2 − r 2
0
Voorbeeld 3 : oppervlakte van een torus
Men laat de cirkel in het xz-vlak met middelpunt (d, 0, 0) en straal R (0 ≤ R ≤ d) wentelen rond de
z-as. Het verkregen oppervlak wordt torus genoemd. We berekenen de oppervlakte van de torus.
We beschouwen de bovenste helft van de torus, en vermenigvuldigen de oppervlakte daarna met
2. De vergelijking van het bovenste deel van de cirkel is, in parametervorm:
z = R sin α
x = d + R cos α
Formule (3.4) levert:
Opp(S) = 4π
Z d+R q
r
1 + φ0 (r)2 dr
d−R
We voeren de volgende substitutie uit :
r = d + R cos α
dr = −R sin αdα
Dan is
φ0 (r) =
dz
dz dα
R cos α
=
=
= −cotg α
dr dα dr
−R sin α
Voor de grenzen krijgen we:
r = d −R
⇒ cos α = −1
⇒ α=π
r = d +R
⇒
⇒
cos α = 1
α=0
zodat
Z 0
Opp(S) = 4π
Z π
q
2
(d + R cos α) 1 + cotg α(−R sin α)dα = 4πR (d + R cos α)dα = 4π2 Rd
0
π
Voor verdere voorbeelden verwijzen we naar de oefeningen.
43
De flux van een vector door een oppervlak
Bekijk een oppervlak S. De eenheidsnormaal in een punt op het oppervlak wordt gegeven door
∂~r
∂~r
∂u × ∂v ~n = ε ∂~r ∂~r × ∂u ∂v waarbij ε = ±1. Indien men een keuze maakt tussen die beide eenheidsvectoren, dan zegt men dat
het oppervlak S geöriënteerd is. Neem nu een continue vectorfunctie ~v(x, y, z) gedefinieerd op het
oppervlak S.
Definitie 3.1.2 De flux van de vectorfunctie ~v door het geörienteerd oppervlak S heen is per definitie
ZZ
Φ=
(~v.~n)dO
S
De flux hangt dus af van de manier waarop S geöriënteerd is. Als men de keuze van ~n wijzigt, dan
verandert het teken.
De flux kan men als volgt berekenen:
ZZ
Φ =
(~v.~n)dO
ZZ
∂~r ∂~r =
(~v.~n)
∂u × ∂v dO
g
ZZ
∂~r ∂~r
= ε
~v. × dO
∂v
g ∂u
vx vy vz ZZ ∂x ∂y ∂z = ε
∂u ∂u ∂u dO
g
∂x ∂y ∂z S
∂v
3.2
∂v
∂v
De stelling van Stokes
Differentiaaloperatoren
Beschouw een differentieerbare functie
f : R3 → R
en een differentieerbaar vectorveld
~v = vx~u1 + vy~u2 + vz~u3 : R3 → R3
44
De gradiënt van f hebben we reeds in het deel van de cursus over differentiaalrekening ingevoerd:
grad f =
∂f
∂f
∂f
~u1 + ~u2 + ~u3
∂x
∂y
∂z
De divergentie van ~v wordt gedefinieerd door
div ~v =
∂vx ∂vy ∂vz
+
+
∂x
∂y
∂z
De rotatie van ~v wordt gedefinieerd door
∂v
∂v
∂vy ∂vz ∂vx y
x
rot ~v =
−
−
−
~u1 +
~u2 +
~u3
∂y
∂z
∂z
∂x
∂x
∂y
Men kan deze drie begrippen ook nog als volgt onthouden. Voer de formele vector
∂v
z
~∇ = ∂ ~u1 + ∂ ~u2 + ∂ ~u3
∂x
∂y
∂z
~∇ is geen echte vector, want de componenten zijn geen getallen of functies, maar wel operatoren.
Als we dit even vergeten, en met ~∇ rekenen alsof het een gewone vector was, dan krijgen we de
volgende formules:
grad f = ~∇ f
De gradiënt van f kunnen we dus beschouwen als de scalaire vermenigvuldiging van ~∇ en f .
div ~v = ~∇.~v
De divergentie van ~v kunnen we dus beschouwen als het scalair produkt van ~∇ en ~v.
~u1 ~u2 ~u3 ∂
∂
∂ rot ~v = ~∇ ×~v = ∂x
∂y
∂z v v v x
y
z
De rotatie van ~v kunnen we dus beschouwen als het vectorieel produkt van ~∇ en ~v.
Voorbeeld
Men draait de ruimte rond de z-as met hoeksnelheid ω. ~v is de snelheid van elk punt. We berekenen
rot ~v. De snelheid
van een deeltje in het punt (x, y, z) wordt gegeven door de hoeksnelheid ω maal
p
2
de afstand x + y2 tot de z-as. De richting van de snelheid is loodrecht op de voerstraal. De
snelheidsvector is dus evenwijdig met de vector x~u2 − y~u1 (als we onderstellen dat de rotatie in
tegenwijzerzin verloopt). Derhalve is ~v gegeven door
x~u2 − y~u1
~v = ωr p
= ω(x~u2 − y~u1 )
x2 + y2
45
De rotatie kunnen we nu gemakkelijk berekenen:
~u1
~u2 ~u3 ∂
∂
∂ u3
rot ~v = ∂x
∂y
∂z = 2ω~
−yω xω 0 De rotatie is dus een vector gericht langs de rotatieas, en met lengte tweemaal de hoeksnelheid.
In het algemeen stelt de rotatie van een vector lokaal voor hoeveel werveling we in dit vectorveld
zien. Indien de rotatie nul is, dan zeggen we dat het vectorveld rotatievrij is.
Verdere eigenschappen van de differentiaaloperatoren worden behandeld in de oefeningen.
De formule van Stokes
Zij S een geöriënteerd oppervlak, met continue normaal ~n, begrensd door een gesloten kromme
C. Op C leggen we een omloopszin vast met de regel van de kurketrekker : indien men een
kurketrekker laat draaien langs de omlooprichting van C, dan beweegt de as van de kurketrekker
zich in de richting van ~n.
Stelling 3.2.1 (Stokes) Onderstel dat ~v een continu differentieerbaar vectorveld is, dat ten minste
gedefinieerd is op het oppervlak S. Dan geldt, met conventies als hierboven:
ZZ
I
(rot ~v.~n)dO =
S
~v(~r) · d~r
(3.6)
C
Bewijs. Onderstel dat de vergelijking van S gegeven is in parametervorm:

 x = x(u, v)
y = y(u, v)

z = z(u, v)
of
~r =~r(u, v)
waarbij (u, v) loopt over een gebied g gelegen in het (u, v)-vlak. De rand van g is een gesloten
kromme Γ. Onderstel dat een stel parametervergelijkingen van Γ gegeven is:
u = u(t)
v = v(t)
waarbij t ∈ [a, b]. Een stel parametervergelijkingen van de kromme C, de rand van S is dan

 x = x(u(t), v(t))
y = y(u(t), v(t))

z = z(u(t), v(t))
46
We zullen (4.6) bewijzen in het geval waarin ~v = p~ux evenwijdig is met de x-as. Analoge bewijzen
kunnen gegeven worden in de gevallen waarin ~v evenwijdig is met de y-as of de z-as, en door de
lineariteit van de integraal volgt formule (4.6). Als ~v = p~ux , dan is
rot(~v) =
∂p
∂p
~uy − ~uz
∂z
∂y
We rekenen eerst het rechterlid van (4.6) uit:
I
~v(~r) · d~r =
C
I
p(x, y, z)dx
∂x
∂x p x(u(t), v(t)), y(u(t), v(t)), z(u(t), v(t))
u0 + v0 dt
∂u
∂v
a
I
∂x
∂x
p du + p dv
∂v
Γ ∂u
ZZ ∂
∂x
∂
∂x
p
−
p
dudv
∂v
∂v
∂u
g ∂u
(Green − Riemann)
ZZ ∂p ∂x ∂p ∂x
−
dudv
∂v ∂u
g ∂u ∂v
C
Z b
=
=
=
=
Het linkerlid van (4.6) is
ZZ
rot~v ·~ndO =
ZZ
S
Nu is
rot~v ·
g
0
∂~r ∂~r ∂x
rot~v · × = ∂u
∂u ∂v ∂x
∂v
∂~r ∂~r
× dudv
∂u ∂v
∂p
∂z
∂y
∂u
∂y
∂v
− ∂p
∂y ∂z ∂u ∂z ∂v
Als we dit uitrekenen vinden we
∂~r ∂~r
∂p ∂z ∂x ∂x ∂z
∂p ∂y ∂x ∂x ∂y
rot~v · ×
=
−
+
−
∂u ∂v
∂z ∂u ∂v ∂u ∂v
∂y ∂u ∂v ∂u ∂v
∂p ∂x ∂p ∂y ∂p ∂z ∂x
=
+
+
∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u ∂v
∂p ∂x ∂p ∂y ∂p ∂z ∂x
−
+
+
∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v ∂u
∂p ∂x ∂p ∂x
=
−
∂u ∂v ∂v ∂u
en dus
ZZ
rot~v ·~ndO =
S
ZZ g
∂p ∂x ∂p ∂x
−
dudv
∂u ∂v ∂v ∂u
waaruit de gewenste formule volgt.
47
Hoofdstuk 4
De drievoudige integraal
4.1
De drievoudige integraal
De drievoudige integraal over een balk
Beschouw een balk B = [a, b] × [c, d] × [e, f ] in R3 , en een begrensde functie f : B ⊂ R3 → R. We
definiëren de integraal van de functie f over B. De constructie is volledig analoog aan die van de
dubbele integraal. Bekijk een partitie
P1 = {a = x0 , x1 , x2 , · · · , xn = b}
van [a, b], een partitie
P2 = {c = y0 , y1 , y2 , · · · , ym = d}
van [c, d] en een partitie
P3 = {e = z0 , z1 , z2 , · · · , z p = f }
van [e, f ]. De produktverzameling
P = P1 × P2 × P3 = {(xi , y j , yk )|0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ m, 0 ≤ k ≤ p}
noemen we dan een partitie van de balk B. Deze partitie verdeelt B onder in nmp deelbalken
[xi−1 , xi ] × [y j−1 , y j ] × [zk−1 , zk ]. Het volume van zulk een balk is ∆xi ∆y j ∆zk . Als norm van de
partitie nemen we per definitie
NP = max{NP1 , NP2 , NP3 }
Kies in elk van deze balken een willekeurig punt
Mi jk = (xi∗jk , y∗i jk , z∗i jk ) ∈ [xi−1 , xi ] × [y j−1 , y j ] × [zk−1 , zk ]
en vorm de som
n
sP = ∑
m
p
∑ ∑ f (xi∗jk , y∗i jk , z∗i jk )∆xi∆y j ∆zk
i=1 j=1 k=1
48
Definitie 4.1.1 Indien de limiet
I = lim sP
NP →0
bestaat en onafhankelijk is van de gekozen deelpunten (xi∗jk , y∗i jk , z∗i jk ), dan zeggen we dat de functie
f integreerbaar is over B, en we noteren
ZZZ
I=
f (x, y, z)dv
B
De drievoudige integraal over een gebied
Onderstel nu dat G ⊂ R3 een gebied is, en f een begrensde functie gedefinieerd op G. We nemen
een balk B die G omvat, en voeren de volgende hulpfunctie g, gedefinieerd op B in:
(
g(x, y, z) = f (x, y, z) als (x, y, z) ∈ G
als (x, y, z) ∈
/G
g(x, y, z) = 0
Per definitie stellen we nu:
ZZZ
ZZZ
f (x, y, z)dv =
g(x, y, z)dv
G
B
voor zover deze laatste integraal bestaat. In de volgende stelling vatten we, zonder bewijs, de
belangrijkste eigenschappen samen. Deze zijn volledig analoog aan die van de dubbele integraal.
Stelling 4.1.2 Onderstel dat f : G ⊂ R3 → R begrensd.
1. Indien f continu is over G, dan bestaat
2.
RRR
G (a f (x, y, z) + bg(x, y, z))dv = a
RRR
G
RRR
G
f (x, y, z)dv.
f (x, y, z)dv + b
3. Als f (x, y, z) ≥ 0 voor alle (x, y, z) ∈ G, dan geldt dat
RRR
G g(x, y, z)dv
RRR
G
4. Als f (x, y, z) ≤ g(x, y, z) voor alle (x, y, z) ∈ G, dan geldt dat
5. |
RRR
G
f (x, y)dv| ≤
f (x, y, z)dv ≥ 0
RRR
G
f (x, y, z)dv ≤
RRR
G g(x, y, z)dv
RRR
G | f (x, y, z)|dv
6. Indien f , g continu over G, en indien g een vast teken heeft over G, dan bestaat een punt
(ξ, η, ζ) ∈ G zodanig dat
ZZZ
ZZZ
f (x, y, z)g(x, y, z)dv = f (ξ, η, ζ)
G
g(x, y, z)dv
G
49
Meetkundige interpretatie
Bekijk het speciaal geval waarin f (x, y, z) = 1 over het gebied G. In dit geval is de Riemannsom sP
een benadering voor het volume van G, en deze benadering wordt beter naarmate de partitie fijner
wordt. Vandaar de volgende interpretatie:
ZZZ
V = Vol(G) =
dv
G
Onderstel nu dat G een niet-homogeen massief lichaam is, met dichtheid gegeven door de functie
ρ(x, y, z). De massa van het balkje Bi jk wordt dan in benadering gegeven door ρ(xi∗jk , y∗i jk , z∗i jk )∆xi ∆y j ∆zk
zodat
ZZZ
M = Massa(G) =
ρ(x, y, z)dv
G
De verhouding
ρ=
Massa(G)
Vol(G)
geeft ons de gemiddelde dichtheid van G. Op dezelfde manier geldt voor elke grootheid f (x, y, z)
gedefinieerd over G dat
ZZZ
1
f=
f (x, y, z)dv
V
G
de gemiddelde waarde van f over G is. Dit staat ons onder meer toe om het middelpunt van G te
berekenen. Dit is het punt waarvan de coördinaten de gemiddelde waarden van respectievelijk x, y
en z zijn :

1 RRR

G xdv
x = V
y = V1


RRR
G ydv
RRR
z = V1
G zdv
Op analoge manier kunnen we ook het massamiddelpunt van G berekenen. Dit is het punt (xM , yM , zM ),
waarbij

1 RRR
x
=
M

G xρ(x, y, z)dv
M

RRR
yM = M1
G yρ(x, y, z)dv

RRR

zM = M1
G zρ(x, y, z)dv
Berekening van de drievoudige integraal
In deze paragraaf zullen we steeds onderstellen dat f een continue functie is. Voor een balk B =
[a, b] × [c, d] × [e, f ] geldt, net zoals voor een dubbele integraal over een rechthoek:
Z b
ZZZ
f (x, y, z)dv =
B
Z d
dx
a
Z f
f (x, y, z)dz
dy
c
e
Dit stelt ons in staat om de integraal te berekenen over een gebied dat regelmatig is ten opzichte
van een van de coördinaatassen. We noemen een gebied G regelmatig ten opzichte van de z-as,
50
z
z = j2(x, y)
z2
Z
Dz
G
z = j1(x, y)
z1
y
a
y = f1(x)
b
G1
y = f2(x)
x
Figuur 4.1: Berekening van de drievoudige integraal
indien het begrensd wordt door twee oppervlakken met vergelijking z = ϕ1 (x, y) en z = ϕ2 (x, y),
met (x, y) ∈ G1 , een gebied in het xy-vlak, en het cilinderoppervlak met beschrijvenden evenwijdig
met de z-as, gaande door de rand van G. Hierbij onderstellen we dat ϕ1 (x, y) ≤ ϕ2 (x, y) voor elk
punt in het xy-vlak. Bewijs zelf als oefening dat
ZZZ
Z ϕ2 (x,y)
ZZ
f (x, y, z)dv =
f (x, y, z)dz
dxdy
G
ϕ1 (x,y)
G1
Indien G1 zelf regelmatig is ten opzichte van, bijvoorbeeld de y-as, dan kunnen we de integraal
herleiden tot drie opeenvolgende gewone integralen:
Z f2 (x)
Z b
ZZZ
f (x, y, z)dv =
G
dx
Z ϕ2 (x,y)
f (x, y, z)dz
dy
f1 (x)
a
ϕ1 (x,y)
Indien G niet regelmatig is ten opzichte van een van de assen, dan splitsen we G op in deelgebieden
die regelmatig zijn. Naar analogie met wat we gedaan hebben bij de dubbele integraal noteren we
de drievoudige integraal als
ZZZ
ZZZ
f (x, y, z)dv =
f (x, y, z)dxdydz
G
G
Voorbeeld: volume en middelpunt van een viervlak
Bekijk het gebied G dat begrensd wordt door de drie coördinaatvlakken en het vlak x + y + z =
a. We berekenen achtereenvolgens het volume en het middelpunt van G. Gebruik makend van
bovenstaande formules krijgen we:
ZZZ
V =
dv
G
51
z
a
a
y
a
x
Figuur 4.2: Een viervlak
Z a
=
Z a−x
dx
0
dy
0
Z a
=
Z a−x
dx
0
Z a−x−y
dz
0
(a − x − y)dy
0
1 a
(x − a)2 dx
=
2 0
a
1
a3
3
=
(x − a)
=
6
6
0
Z
Voor het middelpunt vinden we
1
xdv
V
G
Z
1 a
x(x − a)2 dx
2V 0
Z
1 a 3
(x − 2ax2 + a2 x)dx
2V 0
3 a4
a
=
3
a 12 4
ZZZ
x =
=
=
=
Het middelpunt is dus, vanwege de symmetrie, het punt met coördinaten ( 4a , a4 , a4 ).
4.2
De drievoudige integraal in bolcoördinaten
Het invoeren van nieuwe veranderlijken
Onderstel dat g en G gebieden zijn in R3 , en beschouw een transformatie
T : g ⊂ R3 → G ⊂ R3
52
w
z
G
g
T
y
v
u
x
Figuur 4.3: Nieuwe veranderlijken
gegeven door de transformatieformules

x = φ(u, v, w)


y = ψ(u, v, w)


z = ρ(u, v, w)
We hebben dan het volgend resultaat, volledig analoog met stelling 2.4.1
Stelling 4.2.1 Indien de transformatie T : g ⊂ R3 → G ⊂ R3 voldoet aan de volgende voorwaarden:
1. T is bijectief ;
2. De functies φ, ψ, ρ en hun partiële afgeleiden zijn continu over g;
3. De Jacobiaanse determinant
j=
∂(φ, ψ, ρ)
6= 0
∂(u, v, w)
is in geen enkel punt van g gelijk aan nul.
Dan geldt
ZZZ
ZZZ
f (x, y, z)dxdydz =
G
g
∂(φ, ψ, ρ) dudvdw
f (φ(u, v, w), ψ(u, v, w), ρ(u, v, w))
∂(u, v, w) Bolcoördinaten
We voeren nu een driedimensionaal analogon van poolcoördinaten in: bolcoördinaten. Deze
zijn uitermate geschikt voor het behandelen van bolsymmetrische problemen. De bolcoördinaten
53
z
P
q
y
f
x
Figuur 4.4: Bolcoördinaten
(ρ, θ, φ) van een punt M met cartesische coördinaten (x, y, z) worden gedefinieerd als volgt:
ρ is de afstand van M tot de oorsprong, dus
p
ρ = x2 + y2 + z2
θ is de hoek van de positieve z-as tot de voerstraal OM. θ neemt waarden aan van 0 tot π.
φ is de hoek-poolcoördinaat van de projectie M 0 = (x, y, 0) van M op het xy-vlak. φ neemt dus waarden aan van 0 tot 2π. Uit Figuur 4.4 volgt dat de tranformatieformules van cartesische coördinaten
naar bolcoördinaten de volgende zijn

x = ρ sin θ cos φ


y = ρ sin θ sin φ


z = ρ cos θ
Als toepassingen van stelling 4.2.1 berekenen we nu een drievoudige integraal in bolcoördinaten.
Eerst berekenen we de Jacobiaanse determinant.
sin θ cos φ ρ cos θ cos φ −ρ sin θ sin φ ∂(x, y, z)
= sin θ sin φ ρ cos θ sin φ ρ sin θ cos φ = ρ2 sin θ
∂(ρ, θ, φ) cos θ
−ρ sin θ
0
Voorbeeld : het middelpunt van een halve bol
Bij wijze van voorbeeld berekenen we het middelpunt van de halve bol
(
x2 + y2 + z2 ≤ a2
z≥0
Het volume van de halve bol is 2πa3 /3. Uit de symmetrie volgt onmiddellijk dat x = y = 0.
1
z =
V
ZZZ
zdxdydz
G
54
Z a
1
V
Z 2π
Z π/2
ρ3 dρ
dφ
sin θ cos θdθ
0
0
0
2 π/2
3 a4
3a
sin θ
=
2π
=
3
2πa 4
2 0
8
=
Het middelpunt is dus het punt met coördinaten (0, 0, 3a
8 ).
4.3
De formule van Ostrogradsky
Stelling 4.3.1 Formule van Ostrogradsky Onderstel dat G een gebied is in R3 dat begrensd
wordt door een gesloten oppervlak S dat bestaat uit een aaneenschakeling van oppervlakken met
continue normaal. Beschouw een vectorveld
~v = v1~u1 + v2~u2 + v3~u3
waarbij
∂v1 ∂v2 ∂v3
,
,
∂x ∂y ∂z
continu zijn in G. Dan geldt
ZZ
ZZZ
(~v.~n)dO =
div~vdv
S
G
Hierbij is ~n de naar buiten gerichte eenheidsnormaal op het oppervlak S.
Bewijs. We zullen eerst aantonen dat
ZZ
S
ZZZ
∂v3
dv
G ∂z
(v3~u3 .~n)dO =
We beperken ons hiertoe tot het geval waarin G regelmatig is ten opzichte van de z-as, zoals in
Figuur 4.5. In het algemeen geval splitst men het gebied op in regelmatige deelgebieden, net zoals
in het bewijs van de formule van Green-Riemann.
Onderstel dat de vergelijking van het oppervlak Si (i = 1, 2) gegeven wordt door
z = φi (x, y)
waarbij (x, y) loopt over D ⊂ R2 , en φ1 (x, y) ≤ φ2 (x, y), voor alle (x, y) ∈ D. In parametervorm
worden deze vergelijkingen:

x=x


y=y


z = φi (x, y)
Dan krijgen we voor de oppervlakteı̈ntegraal over S2 :
ZZ
S2
ZZ
(v3~u3 .~n)dO = ε
D
55
v3~u3 .
∂~r ∂~r
× dxdy
∂x ∂y
z
S2
M2
M1
S1
0
y
M
D
x
Figuur 4.5: De stelling van Ostrogradsky
Nu is
0 0
∂~r ∂~r v3~u3 . × = 1 0
∂x ∂y 0 1
∂~r
∂y
∂~r
∂x
De z-component van ×
gericht is, is ε = 1, zodat
is 1, en dus is
∂~r
∂x
ZZ
∂~r
∂y
×
v3 ∂φ2 ∂x = v3
∂φ2 ∂y
naar boven gericht. Omdat ook ~n naar boven
ZZ
S2
(v3~u3 .~n)dO =
D
v3 (x, y, φ2 (x, y))dxdy
Op dezelfde manier vinden we dat
ZZ
S1
∂~r
∂x
(v3~u3 .~n)dO = −
ZZ
D
v3 (x, y, φ1 (x, y))dxdy
∂~r
× ∂y
is naar boven gericht, en ~n naar beneden gericht, zodat ε = −1, We vinden dus :
ZZ
S
(v3~u3 .~n)dO
ZZ
=
D
(v3 (x, y, φ2 (x, y)) − v3 (x, y, φ1 (x, y)))dxdy
ZZ
=
dxdy
Z φ2 (x,y)
∂v3
φ1 (x,y)
D
∂z
dz
ZZZ
=
∂v3
dv
G ∂z
Op volkomen analoge wijze vinden we dat
ZZ
S
ZZZ
(v2~u2 .~n)dO =
56
∂v2
dv
G ∂y
en
ZZ
ZZZ
S
∂v1
dv
G ∂x
(v1~u1 .~n)dO =
en dit bewijst de stelling.
Toepassing : het volume als een oppervlakteı̈ntegraal
Stel v1 = x in bovenstaande stelling. Dan vinden we
ZZ
Vol(G) =
S
(x~u1 .~n)dO
Op volledig analoge wijze krijgen we
ZZ
Vol(G) =
S
ZZ
(y~u2 .~n)dO =
57
S
(z~u3 .~n)dO
Hoofdstuk 5
Differentiaalvergelijkingen
5.1
Definitie en voorbeelden
Een differentiaalvergelijking is een vergelijking waarin de onbekende een functie y van één veranderlijke x is, en waarin naast x en y ook de afgeleiden van de functie y naar x voorkomen. Het is
dus een vergelijking van de vorm
f (x, y, y0 , y00 , · · · , y(n) ) = 0
(5.1)
Het getal n, de hoogste afgeleide die in de vergelijking voorkomt, noemt men de orde van de differentiaalvergelijking. Een integraal of oplossing van de differentiaalvergelijking is een functie
y = y(x) die aan (5.1) voldoet voor elke x gelegen in een open interval. De grafiek van een oplossing y = y(x) noemt men ook wel een integraalkromme van de differentiaalvergelijking. Een
differentiaalvergelijking integreren of oplossen is er al de oplossingen van bepalen.
Een normale differentiaalvergelijking is een differentiaalvergelijking van de vorm
y(n) (x) = f (x, y, y0 , y00 , · · · , y(n−1) )
Voorbeelden 5.1.1 1) y0 = g(x), waarbij g een gegeven continue functie is. Als G een primitieve
van g is, dan worden de oplossingen van y0 = g(x) gegeven door
y = G(x) + c
waarbij c een willekeurige constante is.
2) y0 = y. De oplossingen van deze vergelijking zijn
y = cex
waarbij alweer c een willekeurige constante is.
3) y00 = 0. Dan is y0 = c, en
y = cx + d
58
waarbij c en d twee willekeurige constanten zijn.
4) y00 + y = 0. De oplossingen zijn nu
y = c sin x + d cos x
waarbij c en d twee willekeurige constanten zijn.
Uit deze voorbeelden blijkt dat de oplossing van een differentiaalvergelijking niet uniek is. Voor
onze voorbeelden van orde 1 vinden we oplossingen afhangende van één constante. Voor onze
voorbeelden van orde 2 vinden we oplossingen afhangende van twee constanten. We voeren
daarom volgende terminologie in. Beschouw een differentiaalvergelijking van n-de orde.
Een algemene integraal is een oplossing van de differentiaalvergelijking die afhangt van n willekeurige constanten.
Een particuliere integraal is een oplossing die men verkrijgt door aan de constanten in de algemene integraal bijzondere waarden te geven.
Een singuliere integraal is een oplossing die men niet kan verkrijgen door aan de constanten in de
algemene integraal bijzondere waarden te geven.
Voorbeeld 5.1.2 y02 = x2 y.
y=
x2
2
+c
4
is een algemene integraal van de vergelijking. Immers,
y0 = 2
x2
2x
x2
+c
=x
+c
4
4
4
en men heeft dus y0 (x)2 = x2 y(x), voor elke x ∈ R. De oplossing hangt af van de willekeurige
constante c.
y = x4 /16 is een particuliere integraal (stel c = 0).
y = 0 is een singuliere integraal. Immers, het is een oplossing die niet kan verkregen door aan c
een particuliere waarde te geven.
Veel problemen uit de natuurkunde (en uit andere natuurwetenschappen en economische en sociale
wetenschappen) geven aanleiding tot differentiaalvergelijkingen. We geven enkele zeer eenvoudige voorbeelden.
Voorbeelden 5.1.3 1) Een deeltje met massa m is bevestigd aan een veer. Als men de veer uitrekt
over een afstand x, dan zal de veer een terugroepende kracht uitoefenen op het deeltje die in eerste
benadering rechtevenredig is met x:
F = −kx
waarbij k > 0 een constante is. Kracht is massa maal versnelling, en dus geldt
m
d2 x
= −kx
dt 2
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
59
m
u
x
0
F
Figuur 5.1: De veer
r
x = c sin
k
t + d cos
m
r
k
t
m
2) In de buurt van het aardoppervlak is de zwaartekracht die werkt op een deeltje in goede benadering rechtevenredig met de massa van dit deeltje:
F = −gm
De constante g (de valversnelling) kan experimenteel bepaald worden en is in benadering gelijk aan
9.81 m/sec2 . Als x de hoogte voorstelt, dan wordt de valbeweging van het deeltje dus beschreven
door de differentiaalvergelijking
d2 x
m 2 = −mg
dt
of
d2 x
= −g
dt 2
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
x = −g
t2
+ ct + d
2
3) N(t) stelt een populatie op tijdstip t voor (bijvoorbeeld het aantal bijen in een bijenkorf, of het
aantal inwoners van de stad Antwerpen). Als we onderstellen dat de aangroei van de populatie
(de afgeleide van N naar de tijd) rechtevenredig is met de populatie zelf, dan vinden we dat N een
oplossing is van de differentiaalvergelijking
N 0 (t) = λN(t)
waarbij λ een constante is. De oplossing van deze vergelijking is
N(t) = ceλt
waarbij c een constante is. Als we t = 0 invullen vinden we c = N(0), en dus
N(t) = N(0)eλt
We spreken van een exponentiële groei.
Differentiaalvergelijkingen hebben ook meetkundige toepassingen. Beschouw een familie vlakke
krommen die afhangt van twee constanten:
ϕ(x, y, c, d) = 0
60
(5.2)
Tweemaal afleiden naar x geeft
∂ϕ ∂ϕ 0
dϕ
=
+ y =0
dx
∂x ∂y
d2 ϕ
∂2 ϕ
∂2 ϕ 0 ∂2 ϕ 0 2 ∂ϕ 00
=
+
2
y + 2 (y ) + y = 0
dx2
∂x2
∂x∂y
∂y
∂y
(5.3)
(5.4)
Eliminatie van c en d uit (5.2,5.3,5.4) geeft een betrekking tussen x, y, y0 en y00 , een differentiaalvergelijking van orde 2.
f (x, y, y0 , y00 ) = 0
(5.5)
De krommen (5.2) zijn allen integraalkrommen van (5.5). Men noemt (5.5) de differentiaalvergelijking van de familie krommen (5.2).
Bepaalde meetkundige vraagstukken kunnen aanleiding geven tot differentiaalvergelijkingen.
Voorbeeld 5.1.4 Neem een vlakke kromme met vergelijking y = y(x). Zij M een punt op de
~ k=
kromme en T het snijpunt van de raaklijn door M en de x-as. Voor welke krommen geldt kMT
~
kOT k voor elke M op de kromme? De vergelijking van de raaklijn in M(x, y) is
y
M(x, y)
x (x1, y1)
T
0
x
Figuur 5.2: Meetkundig vraagstuk
Y − y = y0 (x)(X − x)
Als Y = 0, dan is X = x −
y
y
~ k2 wordt dus
~ k2 = kOT
, en dus is T (x − 0 , 0). De voorwaarde kMT
0
y
y
y 2 y2
x − 0 = 02 + y2
y
y
of
y0 =
5.2
2xy
x2 − y2
Beginvoorwaarden en randvoorwaarden
Zoals we gezien hebben hangt de algemene integraal van een differentiaalvergelijking van n-de
orde af van n constanten. Door n bijkomende voorwaarden op te leggen kan men deze n constanten
vastleggen. De oplossing wordt dan uniek.
61
Het vraagstuk met beginvoorwaarden en de bestaansstelling
Men zoekt een oplossing van de differentiaalvergelijking (5.1) die zodanig is dat voor een gegeven
waarde x0 :
y(x0 ) = y0
y0 (x0 ) = y00
..
.
(n−1)
(n−1)
y
(x0 ) = y0
(n−1)
waarbij y0 , y00 , · · · , y0
n gegeven getallen zijn.
Voorbeeld 5.2.1 Op tijdstip t = 0 laat men een steen vallen vanaf hoogte h. Op welk tijdstip t zal
de steen de grond bereiken?
We hebben hierboven gezien dat de valbeweging van beschreven wordt door de differentiaalvergelijking
d2 x
= −g
dt 2
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
t2
x = −g + ct + d
2
(5.6)
Op tijdstip t = 0 is
x(0) = h en
dx
(0) = 0
dt
(5.7)
Als we (5.7) invullen in (5.6) dan vinden we dat
d = h en c = 0
zodat
x(t) = h − g
We vinden dat x = 0 als t =
t2
2
p
2h/g.
Voor een normale differentiaalvergelijking heeft het beginvoorwaardeprobleem onder bepaalde
voorwaarden altijd een unieke oplossing. De onderliggende stelling is de volgende:
Stelling 5.2.2 (Bestaansstelling) Onderstel dat G ⊂ Rn+1 een gebied is, en dat (x0 , y0 , y00 , y000 , · · · ,
(n−1)
y0
) een inwendig punt van G is. Als f : G ⊂ Rn+1 → R continu is over G en differentieerbaar
over het inwendige van G, dan bestaat er een omgeving V = (x0 − c, x0 + c) van x0 en een unieke
functie g : V → R zodat
62
• g is een oplossing van de differentiaalvergelijking
y(n) (x) = f (x, y, y0 , y00 , · · · , y(n−1) )
voor elke x ∈ V ;
• g voldoet aan de beginvoorwaarden:

g(x0 ) = y0



0
0


 g00(x0 ) = y000
g (x0 ) = y0
.

 ..



 (n−1)
(n−1)
g
(x0 ) = y0
Merk op dat de stelling ons vertelt dat er een oplossing bestaat, maar niet hoe die oplossing expliciet kan geconstrueerd worden. Zulk een situatie zijn we al eens tegengekomen: de stelling van de
inverse functie, en de stelling van de impliciete functie vertelden ons onder welke voorwaarde een
algebraische vergelijking een unieke oplossing heeft, maar vertelde er niet bij hoe die oplossing
kon geconstrueerd worden. Hetzelfde zien we hier, maar dan voor een nieuw type vergelijkingen,
namelijk differentiaalvergelijkingen. Het is dan ook niet toevallig dat de bewijzen van beide stellingen gebruik maken van dezelfde wiskundige technieken. We zien hier een fenomeen dat in de
moderne wiskunde meermaals opduikt: om de stelling van de impliciete functie en de bestaansstelling voor differentiaalvergelijkingen te kunnen bewijzen moeten we eerst een abstracte theorie
ontwikkelen: men voert metrische ruimten, dit zijn verzamelingen waarop een afstand gedefinieerd
is. Vervolgens bewijst men de dekpuntstelling, deze geeft nodige en voldoende voorwaarden opdat
een functie van een metrische ruimte naar zichzelf een uniek dekpunt heeft. Tot slot merken we op
dat de dekpuntstelling nog andere toepassingen heeft: ze kan gebruikt worden om de convergentie
van bepaalde algoritmen om vergelijkingen numeriek op te lossen te bespreken. Verdere details
laten we hier achterwege.
Voorbeeld 5.2.3 In de meeste gevallen die men in de praktijk tegenkomt is aan de voorwaarden
van de bestaansstelling voldaan. Toch zijn er voorbeelden van differentiaalvergelijkingen met een
beginvoorwaarde waarvoor de oplossing niet uniek is. Neem bijvoorbeeld de vergelijking
√
y0 = 2 y
De functie
y=
(x − c)2
als x ≥ c;
0
als x < c.
is een oplossing voor iedere c. De differentiaalvergelijking met de beginvoorwaarde y(x0 ) = 0
heeft een oneindig aantal oplossingen.
Waarom is de bestaansstelling hier niet van toepassing?
63
Het vraagstuk met randvoorwaarden
Beschouw een differentiaalvergelijking van tweede orde
f (x, y, y0 , y00 ) = 0
Men zoekt die integraal van de vergelijking die voldoet aan de bijkomende voorwaarden
y(x1 ) = y1 en y(x2 ) = y2
waarbij x1 en x2 in het interval liggen waarvoor men de differentiaalvergelijking beschouwt (meestal
aan de rand ervan), en waarbij y1 en y2 gegeven constanten zijn.
5.3
Invoeren van nieuwe veranderlijken 1
Zij y = y(x) gegeven. Een differentiaaluitdrukking is een functie van x, y en de afgeleiden van y
naar x. Men verkrijgt een differentiaalvergelijking dus door een differentiaaluitdrukking gelijk aan
nul te stellen.
In een fysisch probleem kan men dikwijls de onbekende functie of veranderlijke op verschillende
manieren kiezen. Men kan zich de vraag stellen wat een differentiaaluitdrukking wordt indien men
andere veranderlijken kiest. Een typisch voorbeeld betreft de overgang naar poolcoördinaten: wat
wordt de differentiaaluitdrukking
g(x, y, y0 , · · · , y(n) )
(5.8)
als we overgaan op poolcoördinaten en r beschouwen als de nieuwe onbekende functie en θ als de
veranderlijke. Meer algemeen bekijken we het volgende probleem. Wat wordt de differentiaaluitdn u
du d2 u
, 2 , · · · n als
drukking (5.8) in functie van u,
dt dt
dt
x = φ(u,t)
(5.9)
y = ψ(u,t)
Om dit probleem op te lossen gaan we als volgt te werk. Bij onderstelling is y = f (x) functie
van x, zodat ψ(u,t) = f (φ(u,t)). Indien we onderstellen dat de voorwaarden van de stelling van
de impliciete functies voldaan zijn (zie volume 1), dan bepaalt deze laatste vergelijking u als een
functie van t. Via (5.9) zijn dan ook x en y functies van t. Beschouw x, y en u als functies van t.
Uit de kettingregel volgt dat
dy dy dx
=
(5.10)
dt
dx dt
Door (5.9) af te leiden naar t volgt dat
dx ∂φ du ∂φ
dy ∂ψ du ∂ψ
=
+
en
=
+
dt
∂u dt
∂t
dt
∂u dt
∂t
64
(5.11)
en dus is
∂ψ du ∂ψ
dy
+
dy
∂u
dt
∂t
dt
=
=
dx
∂φ
du
∂φ
dx
+
dt
∂u dt
∂t
Als we (5.10) afleiden naar t vinden we
zodat
d2 y d2 y dx 2 dy d2 x
= 2
+
dt 2
dx dt
dx dt 2
(5.12)
d2 y dy d2 x
−
dt 2 dx dt 2
=
dx 2
dx2
dt
(5.13)
d2 y
d2 y
d2 x
en
vindt men door (5.11) af te leiden naar t:
dt 2
dt 2
∂2 φ du ∂φ d2 u ∂2 φ
d2 x ∂2 φ du 2
+
2
+
=
+
(5.14)
dt 2
∂u2 dt
∂u∂t dt ∂u dt 2 ∂t 2
d2 y ∂2 ψ du 2
∂2 ψ du ∂ψ d2 u ∂2 ψ
+
2
+
=
+ 2
(5.15)
dt 2
∂u2 dt
∂u∂t dt
∂u dt 2
∂t
du
d2 u
d2 y
en 2 .
en (5.13) levert 2 in functie van u,t,
dx
dt
dt
We kunnen zo verder gaan en formules opstellen voor y0 , y00 , y000 enz. Tenslotte vervangen we deze
formules in de gegeven differentiaaluitdrukking.
Voorbeeld 5.3.1 We rekenen y0 en y00 uit in poolcoördinaten. De transformatievergelijkingen zijn
x = r cost
(5.16)
y = r sint
We vinden
dx dr
= cost − r sint
dt
dt
dy dr
= sint + r cost
dt
dt
(5.17)
(5.18)
zodat
dr
dy
sint + r cost
y0 = dt = dt
dx
dr
cost − r sint
dt
dt
Afleiden van (5.17) en (5.18) naar t levert
d2 y d2 r
dr
=
sint
+
2
cost − r sint
dt 2
dt 2
dt
65
(5.19)
dr
d2 x d2 r
=
cost
−
2
sint − r cost
dt 2
dt 2
dt
(5.20)
Invullen in (5.13) levert
dr 2
d2 r
−r 2 + 2
+ r2
00
dt
dt
y = 3
dr
cost − r sint
dt
Indien de transformatievergelijkingen gegeven zijn onder de vorm
t = φ(x, y)
u = ψ(x, y)
(5.21)
dan is het handiger om u, t en y te beschouwen als functie van x. Afleiden van (5.21) naar x levert
dt
∂φ ∂φ dy
=
+
dx
∂x ∂y dx
du
∂ψ ∂ψ dy
=
+
dx
∂x ∂y dx
Bovendien is
zodat
waaruit
du du dt
=
dx
dt dx
∂ψ ∂ψ dy du ∂φ ∂φ dy +
=
+
∂x ∂y dx
dt ∂x ∂y dx
∂φ du ∂ψ
−
0
∂x
dt
∂x
y =
∂ψ ∂φ du
−
∂y ∂y dt
Men verkrijgt y00 , y000 , · · · door verder af te leiden naar x. Na vervanging in de differentiaaluitdrukdu d2 u
king bekomt men een uitdrukking in x, y, , 2 , · · ·. Men moet ook nog x en y uitdrukken in
dt dt
functie van t en u met behulp van (5.21).
Voorbeeld 5.3.2 Wat wordt de differentiaalvergelijking
2
yy00 − y0 − y2 ln y = 0
als men stelt
Uit
t = e2x
u = ex ln y
du du dt
=
dx
dt dx
66
volgt dat
ex ln y +
du
ex dy
= 2e2x
y dx
dt
zodat
ln y +
du
y0
= 2ex
y
dt
Afleiden naar x geeft
y0 y00 y0 2
du
d2 u dt
+ − 2 = 2ex + 2ex 2
y
y
y
dt
dt dx
0
y
d2 u
= ln y + + 4e3x 2
y
dt
of
00
02
3x 2 d
2
yy − y = y ln y + 4e y
2u
dt 2
De differentiaalvergelijking wordt dus
4e3x y2
of
d2 u
=0
dt 2
d2 u
=0
dt 2
Enkele bijzondere gevallen
1) Men verandert enkel van onafhankelijk veranderlijke x = φ(t) en men behoudt y. De transformatievergelijkingen zijn
x = φ(t)
y=u
Men vindt
dy
dy
y0 = dt = 0dt
dx
φ (t)
dt
d2 y dy
φ0 (t) 2 − φ00 (t)
dt
dt
y00 =
0
(φ (t))3
enzovoort.
2) Men verandert enkel van afhankelijk veranderlijke en men behoudt x. De transformatievergelijkingen zijn
x=t
y = ψ(u)
67
Men vindt
dy
du
y0 = dt = ψ0 (u)
dx
dt
dt
du 2
d2 u
00
00
y = ψ (u)
+ ψ0 (u) 2
dt
dt
enzovoort.
3) Men verwisselt de rollen van x en y. x is dus de nieuwe functie en y is de nieuwe veranderlijke.
De transformatievergelijkingen zijn
x=u
y=t
Men vindt
dy
1
1
y0 = dt =
=
dx
dx
dx
dt
dt
dy
d2 x
dy2
y00 = − 3
dx
dy
enzovoort.
Voorbeeld 5.3.3 Wat wordt de differentiaalvergelijking
x3 y000 − 3x2 y00 + 7xy0 − 8y = 0
als men y beschouwt als functie van t waarbij x = et ?
dy
dy
y0 = dt = e−t
dx
dt
dt
Afleiden naar t geeft
y00
dx
dy
d2 y
= −e−t + e−t 2
dt
dt
dt
zodat
y00 = e−2t
d2 y
dt 2
−
dy dt
Nogmaals afleiden naar t geeft
y000
d2 y dy 3
dx
d2 y −2t d y
= −2e−2t
−
+
e
−
dt
dt 2 dt
dt 3 dt 2
68
zodat
000
−3t
y =e
d2 y
dy −3 2 +2
dt 3
dt
dt
d3 y
Invullen in de differentiaalvergelijking levert
d3 y
d2 y
dy
−
6
+ 12 − 8y = 0
3
2
dt
dt
dt
5.4
Invoeren van nieuwe veranderlijken 2
Beschouw een functie van twee veranderlijken z = f (x, y). Een uitdrukking waarin zowel x, y, z als
de partiële afgeleiden van z naar x en y voorkomen noemt men een partiële differentiaaluitdrukking:
∂z ∂z ∂2 z ∂2 z ∂2 z
, 2,···
g x, y, z, , , 2 ,
(5.22)
∂x ∂y ∂x ∂x∂y ∂y
De vergelijking die ontstaat door een partiële differentiaaluitdrukking gelijk aan nul te stellen
noemt men een partiële differentiaalvergelijking.
Onderstel nu dat we volgende transformatie uitvoeren:
x = φ(u, v)
(5.23)
y = ψ(u, v)
Wat wordt (5.22) na deze transformatie? Door (5.23) af te leiden naar x vinden we


 1 = ∂φ ∂u + ∂φ ∂v
∂u ∂x ∂v ∂x
∂u ∂ψ ∂v
∂ψ

 0=
+
∂u ∂x ∂v ∂x
Dit is een lineair stelsel in
∂v
∂u
en . Oplossen met behulp van de regel van Cramer geeft
∂x
∂x
∂ψ
∂ψ
−
∂v
∂u
∂u
= ∂v
en
=
∂(φ, ψ)
∂(φ, ψ)
∂x
∂x
∂(u, v)
∂(u, v)
(5.24)
∂φ
∂φ
−
∂u
∂v
∂v en
=
= ∂u
∂(φ, ψ)
∂(φ, ψ)
∂y
∂y
∂(u, v)
∂(u, v)
(5.25)
Op analoge manier vinden we
69
We bepalen nu gemakkelijk de partiële afgeleiden van z naar x en y:
∂z ∂u ∂z ∂v
∂z
=
+
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x
∂z ∂u ∂z ∂v
∂z
=
+
∂y
∂u ∂y ∂v ∂y
Om de hogere afgeleiden te berekenen past men dezelfde formule toe:
∂2 z
∂ ∂z
∂ ∂z ∂u
∂ ∂z ∂v
=
=
+
∂x2 ∂x ∂x
∂u ∂x ∂x
∂v ∂x ∂x
enzovoort.
Voorbeeld 5.4.1 Wat wordt de uitdrukking
∂2 z ∂2 z
∆z = 2 + 2
∂x
∂y
als we overgaan op poolcoördinaten? De transformatieformules zijn
x = r cost
y = r sint
Afleiden naar x geeft
(
∂t
∂r
− r sint ∂x
1 = cost ∂x
∂r
∂t
0 = sint ∂x
+ r cost ∂x
Hieruit volgt gemakkelijk dat
∂t
sint
∂r
= cost en
=−
∂x
∂x
r
Op analoge wijze vinden we
∂t
cost
∂r
= sint en
=
∂y
∂y
r
zodat
∂z sint ∂z
∂z
= cost −
∂x
∂r
r ∂t
∂z
∂z cost ∂z
= sint +
∂y
∂r
r ∂t
Nogmaals afleiden naar x en y geeft
∂2 z
∂2 z sint ∂z sint ∂2 z = cost cost 2 + 2
−
∂x2
∂r
r ∂t
r ∂r∂t
sint ∂z
∂2 z cost ∂z sint ∂2 z −
− sint + cost
−
−
r
∂r
∂r∂t
r ∂t
r ∂t 2
2
2
2
∂ z
∂ z cost ∂z cost ∂ z
= sint sint 2 − 2
+
2
∂y
∂r
r ∂t
r ∂r∂t
2
cost
∂z
∂ z sint ∂z cost ∂2 z +
cost + sint
−
+
r
∂r
∂r∂t
r ∂t
r ∂t 2
70
Optellen geeft
∆z =
∂2 z ∂2 z ∂2 z 1 ∂z 1 ∂2 z
+
=
+
+
∂x2 ∂y2 ∂r2 r ∂r r2 ∂t 2
Indien de transformatieformules van de vorm
u = φ(x, y)
v = ψ(x, y)
zijn, dan is alles veel eenvoudiger. Het volstaat de kettingregel toe te passen om te vinden:
∂z
∂z ∂φ ∂z ∂ψ
=
+
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x
∂z
∂z ∂φ ∂z ∂ψ
=
+
∂y
∂u ∂y ∂v ∂y
∂2 z
∂2 z ∂φ 2
∂2 z ∂φ ∂ψ ∂2 z ∂ψ 2
+
=
+
2
∂x2
∂u2 ∂x
∂u∂v ∂x ∂x ∂v2 ∂x
∂z ∂2 φ ∂z ∂2 ψ
+
+
∂u ∂x2 ∂v ∂x2
Voorbeeld 5.4.2 Wat wordt de partiële differentiaalvergelijking
2
∂2 z
2∂ z
−
a
=0
∂x2
∂y2
als we nieuwe veranderlijken u en v invoeren met behulp van de vergelijkingen
u = y + ax
v = y − ax
We vinden gemakkelijk dat
∂z
∂z
∂z
= a −a
∂x
∂u
∂v
∂z
∂z ∂z
=
+
∂y
∂u ∂v
∂2 z
∂ ∂z
∂z ∂ ∂z
∂z =
a
a
−
a
−
a
a
−
a
∂x2
∂u ∂u
∂v
∂v ∂u
∂v
2
2
2
∂ z
∂ z
∂ z
+ a2 2
= a2 2 − 2a2
∂u
∂u∂v
∂v
2
∂ z
∂ ∂z ∂z
∂ ∂z ∂z =
+
+
+
∂y2
∂u ∂u ∂v
∂v ∂u ∂v
∂2 z
∂2 z
∂2 z
=
+
2
+
∂u2
∂u∂v ∂v2
en
2
2
∂2 z
2∂ z
2 ∂ z
−
a
=
−4a
∂x2
∂y2
∂u∂v
71
(5.26)
De differentiaalvergelijking wordt dus
∂2 z
=0
∂u∂v
De algemene integraal van deze differentiaalvergelijking is
z = f (u) + g(v) = f (y + ax) + g(y − ax)
waarbij f en g willekeurige functies in één veranderlijke zijn.
Opmerkingen 5.4.3 1) Alles wat we hierboven besproken hebben is uiteraard ook geldig voor
functies van drie of meer veranderlijken. Alleen worden de formules wat ingewikkelder. Voor de
Laplaciaan in bolcoördinaten verkrijgen we op deze manier de volgende formule.
∆u =
∂2 u 2 ∂u
1
∂u 1
∂2 u
∂
+
+
sin
θ
+
∂r2 r ∂r r2 sin θ ∂θ
∂θ
r2 sin2 θ ∂φ2
(5.27)
2) We beschouwden enkel transformaties waarbij de onafhankelijk veranderlijken veranderen.
Meer algemeen kunnen we transformaties van de volgende vorm beschouwen:

 x = φ(u, v, w)
y = ψ(u, v, w)

z = θ(u, v, w)
72
Hoofdstuk 6
Differentiaalvergelijkingen van eerste orde
In dit hoofdstuk bestuderen we normale differentiaalvergelijkingen van orde 1:
y0 = g(x, y)
(6.1)
In een aantal gevallen kunnen we de algemene integraal van (6.1) expliciet uitrekenen. Merk op
dat we (6.1) altijd kunnen herschrijven onder de vorm
p(x, y)dx + q(x, y)dy = 0
6.1
(6.2)
Juiste differentiaalvergelijkingen
Totale differentialen
Beschouw een differentieerbare functie van twee veranderlijken
z = g(x, y)
De differentiaal van g wordt gegeven door
dz =
∂g
∂g
dx + dy
∂x
∂y
Onderstel nu, omgekeerd dat een uitdrukking van de vorm
p(x, y)dx + q(x, y)dy
gegeven is. Onder welke voorwaarden is deze uitdrukking de totale differentiaal van een functie?
Of, equivalent, wanneer is
p(x, y)~u1 + q(x, y)~u2
de gradiënt van een functie z = g(x, y)?
73
Stelling 6.1.1 Onderstel dat p(x, y) en q(x, y) continue partiële afgeleiden van eerste orde bezitten
in een enkelvoudig samenhangend domein D. Dan is p(x, y)dx + q(x, y)dy een totale differentiaal
over D als en alleen als
∂p ∂q
=
∂y
∂x
over D.
Bewijs. Onderstel dat er een functie z : D → R bestaat zodat dz = p(x, y)dx + q(x, y)dy voor elke
(x, y) ∈ D. Dan is
∂z
∂z
en q =
p=
∂x
∂y
zodat
∂p
∂2 z
∂2 z
∂q
=
=
=
∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂x
Omgekeerd, onderstel dat
∂p ∂q
=
∂y
∂x
over D. We zullen de stelling bewijzen in het geval waarin D het inwendige van een rechthoek is.
Kies (x0 , y0 ) ∈ D willekeurig. We zoeken een functie z = g(x, y) zodat
p=
∂z
∂z
en q =
∂x
∂y
Uit de eerste vergelijking volgt dat
Z x
z=
p(t, y)dt + ϕ(y)
x0
waarbij ϕ een willekeurige functie in 1 veranderlijke is. Als we dit in de tweede vergelijking
stoppen, dan vinden we, gebruik makend van de regel van Leibniz (cf. stelling 1.1.3)
q(x, y) =
=
=
=
=
∂z
∂y
Z
∂ x
p(t, y)dt + ϕ(y)
∂y x0
Z x
∂p
(t, y)dt + ϕ0 (y)
x0 ∂y
Z x
∂q
(t, y)dt + ϕ0 (y)
x0 ∂x
q(x, y) − q(x0 , y) + ϕ0 (y)
zodat
ϕ0 (y) = q(x0 , y)
en
Z y
ϕ(y) =
y0
q(x0 , u)du + c
74
en de gezochte functie g is dus
Z x
g(x, y) =
Z y
p(t, y)dt +
x0
y0
q(x0 , u)du + c
(6.3)
Door de rollen van x en y te verwisselen kunnen we z = g(x, y) ook schrijven onder de vorm
Z y
g(x, y) =
Z x
q(x, u)du +
y0
x0
p(t, y0 )dt + c
(6.4)
De constante c is in beide gevallen niets anders dan g(x0 , y0 ). Beide vormen zijn gelijkwaardig
want twee functies die dezelfde totale differentiaal hebben in D zijn gelijk op een constante na.
Waar in het bewijs gebruikten we dat D het inwendige van een rechthoek is?
Voorbeeld 6.1.2 Bepaal z = g(x, y) zo dat
grad g = (3x2 − 1)y~u1 + (x3 − x + 2y)~u2
of
dg = (3x2 − 1)ydx + (x3 − x + 2y)dy
Stel p(x, y) = (3x2 − 1)y en q(x, y) = x3 − x + 2y. We zien gemakkelijk dat
∂p
∂q
= 3x2 − 1 =
∂y
∂x
zodat aan de voorwaarden van stelling 6.1.1 voldaan is. Om g te bepalen kan men (6.3) of (6.4)
rechtstreeks toepassen. Men kan ook de redenering uit bovenstaande bewijsvoering herhalen, en
dit is wat meestal in de praktijk gebeurt. Omdat
∂z
= (3x2 − 1)y
∂x
is
Z
z=
(3x2 − 1)ydx + ϕ(y) = (x3 − x)y + ϕ(y)
Als we dit stoppen in de tweede vergelijking
∂z
= x3 − x + 2y
∂y
dan volgt
x3 − x + ϕ0 (y) = x3 − x + 2y
zodat
ϕ0 (y) = 2y
en
ϕ(y) = y2 + c
Tenslotte is
z = (x3 − x)y + y2 + c
75
Juiste differentiaalvergelijkingen
De differentiaalvergelijking
p(x, y)dx + q(x, y)dy = 0
wordt een juiste differentiaalvergelijking genoemd indien p(x, y)dx + q(x, y)dy een totale differentiaal is. Indien dg = p(x, y)dx + q(x, y)dy, dan wordt de oplossing van de differentiaalvergelijking
in impliciete vorm gegeven door de formule
g(x, y) = c
Voorbeelden 6.1.3 1) De vergelijking
x
ln ydx + dy = 0
y
is een juiste differentiaalvergelijking. Immers
x
d(xln y) = ln ydx + dy
y
en de oplossing van de differentiaalvergelijking is dus
xln y = c
of
y = ec/x
2) We beschouwen de vergelijking
x − yy0 x2 + y2
=
x + yy0
a2
Als we deze vergelijking oplossen naar y0 , dan vinden we
x(x2 + y2 − a2 )dx + y(x2 + y2 + a2 )dy = 0
Het is gemakkelijk in te zien dat dit een onmiddellijk integreerbare vergelijking is. Immers,
∂
∂
(x(x2 + y2 − a2 )) = (y(x2 + y2 + a2 )) = 2xy
∂y
∂x
We zoeken een functie z = g(x, y) zodat
dz = x(x2 + y2 − a2 )dx + y(x2 + y2 + a2 )dy
Uit
∂z
= x(x2 + y2 − a2 )
∂x
volgt dat
z=
x4 x2 y2 x2 a2
+
−
+ ϕ(y)
4
2
2
76
Hieruit vinden we dat
∂z
= x2 y + ϕ0 (y) = y(x2 + y2 + a2 )
∂y
zodat
ϕ0 (y) = y3 + ya2
en
y4 y2 a2
ϕ(y) = +
+c
4
2
Tenslotte is
x4 x2 y2 x2 a2 y4 y2 a2
+
−
+ +
+c
4
2
2
4
2
1 2
a2
=
(x + y2 )2 + (y2 − x2 ) + c
4
2
z =
en de oplossing van de differentiaalvergelijking is
(x2 + y2 )2 + 2a2 (y2 − x2 ) = d
Differentiaalvergelijkingen met gescheiden veranderlijken
Onderstel dat we de differentiaalvergelijking y0 = f (x, y) kunnen herschrijven onder de vorm
p(x)dx = q(y)dy
Deze vergelijking is onmiddellijk integreerbaar, en de algemene integraal is
Z
Z
p(x)dx =
q(y)dy
Voorbeelden 6.1.4 1)
y0 = y
of
dy
= dx
y
of
ln y = x + ln c
of
y = cex
Merk op : a) door te delen door y hebben we de oplossing y = 0 uitgesloten. Deze wordt echter
opnieuw ingevoerd door finaal ook c = 0 toe te laten.
b) Als y negatief is, dan moeten we schrijven ln |y| = x + ln c, of −y = cex , of y = −cex . Deze
oplossing wordt opnieuw ingevoerd door finaal ook c < 0 toe te laten.
77
2)
y0 = −
of
y
x
dy
dx
=−
y
x
of
ln y = −ln x + ln c
of
xy = c
Opmerking 6.1.5 Om de vergelijking
p(x, y)dx + q(x, y)dy = 0
op te lossen tracht men soms een functie µ(x, y) te vinden zodanig dat
µ(x, y)p(x, y)dx + µ(x, y)q(x, y)dy = 0
een juiste differentiaalvergelijking is. Men integreert dan deze vergelijking en gaat na of er soms
geen vreemde oplossingen ingevoerd werden (de oplossingen van µ(x, y) = 0) of weggelaten werden (de oplossingen van 1/µ(x, y) = 0).
Het probleem is op deze manier herleid tot het vinden van µ, de integrerende factor. µ moet voldoen
aan de betrekking
∂(µp) ∂(µq)
=
∂y
∂x
Dit is een partiële differentiaalvergelijking die moeilijker op te lossen is dan de oorspronkelijke
vergelijking.
6.2
Homogene differentiaalvergelijkingen
Herhaal dat een veelterm P(x, y) homogeen van graad m genoemd wordt, indien de som van de
exponenten van x en y in elk van de termen van de veelterm juist m is, m.a.w.
m
P(x, y) = ∑ ai xi ym−i
i=0
Als p(x, y) en q(x, y) homogene veeltermen van graad m zijn, dan noemen we de differentiaalvergelijking
p(x, y)dx − q(x, y)dy = 0
een homogene differentiaalvergelijking van graad m. We herschrijven de differentiaalvergelijking
onder de vorm
p(x, y)
dy =
dx
q(x, y)
78
Deel teller en noemer door xm . We krijgen dan
dy =
y
p(1, y/x)
dx = f
dx
q(1, y/x)
x
We kiezen nu een nieuwe veranderlijke
z=
y
x
Dan is
y = zx en dy = zdx + xdz
en de vergelijking wordt
zdx + xdz = f (z)dx
of
dx
dz
=
f (z) − z
x
en dit is een differentiaalvergelijking met gescheiden veranderlijken. Voor de algemene integraal
kunnen we volgende formule opschrijven.
x = c exp
Z
dz f (z) − z
Voorbeeld 6.2.1
(x2 − y2 )dy = 2xydx
Dit is een homogene differentiaalvergelijking van graad 2. Stel y = zx, dan wordt de vergelijking
(1 − z2 )(zdx + xdz) = 2zdx
of
dx
1 − z2
dz =
3
z+z
x
of
1 − z2
ln x − ln c =
dz
z + z3
Z
Z
dz
2z
=
−
dz
z
1 + z2
= ln z − ln (1 + z2 )
Z
Hierbij splitsten we 1 − z2 /z + z3 in partiële breuken. Door de exponent van beide leden te nemen
vinden we
cz
cyx
x=
= 2
2
1+z
x + y2
of
x2 + y2 − cy = 0
De integraalkrommen zijn dus cirkels die de x-as raken in de oorsprong.
79
Vergelijkingen die te herleiden zijn tot homogene vergelijkingen
We bekijken differentiaalvergelijkingen van de vorm
y0 = f
ax + by + c a0 x + b0 y + c0
Deze vergelijking is te herleiden tot een homogene vergelijking. We beschouwen de rechten
l : ax + by + c = 0 en l 0 : a0 x + b0 y + c0 = 0
eerste geval: l en l 0 snijden elkaar in het punt (x0 , y0 ). We voeren de volgende coördinatentransformatie
uit:
x = t + x0
y = u + y0
We zien gemakkelijk in dat
ax + by + c = ax + by + c − (ax0 + by0 + c) = at + bu
en
a0 x + b0 y + c0 = a0t + b0 u
en de differentiaalvergelijking wordt
at + bu du
=f 0
dt
a t + b0 u
en deze vergelijking is homogeen.
tweede geval: l en l 0 zijn evenwijdig. Dan is
a0 b0
= =λ
a
b
en de vergelijking is van de vorm
y0 = f
ax + by + c λ(ax + by) + c0
Stel u = ax + by, dan wordt de vergelijking
u+c u0 − a
=f
b
λu + c0
of
du
= dx
u+c
a + b f λu+c
0
en dit is een differentiaalvergelijking met gescheiden veranderlijken.
80
Voorbeeld 6.2.2 Beschouw de differentiaalvergelijking
y0 =
x−y−4
x+y−2
Het snijpunt van de rechten x − y = 4 en x + y = 2 is (3, −1). We stellen daarom x = t + 3 en
y = u − 1. De differentiaalvergelijking wordt nu
du t − u
=
dt
t +u
Zoals verwacht is deze homogeen van graad 1. Stel u = tz. We krijgen dan
tdz + zdt =
of
1−z
dt
1+z
dt
1+z
1 2(z + 1)
=
dz
dz = −
2
t
1 − 2z − z
2 (z + 1)2 − 2
of
1
1
lnt = − ln (z + 1)2 − 2 + ln c
2
2
of
t 2 (z + 1)2 − 2 = c
of
u2 + 2ut − t 2 = c
of
(y + 1)2 + 2(y + 1)(x − 3) − (x − 3)2 = c
of, tenslotte
y2 + 2xy − x2 − 4y + 8x − 14 = c
6.3
Lineaire differentiaalvergelijkingen van eerste orde
Een lineaire differentiaalvergelijking van orde 1 is een differentiaalvergelijking van de vorm
a(x)y0 + b(x)y = d(x)
(6.5)
De vergelijking is dus een veelterm van graad 1 in y en y0 . Als d(x) = 0, dan zeggen we dat (6.5)
een homogene differentiaalvergelijking is. De differentiaalvergelijking
a(x)y0 + b(x)y = 0
(6.6)
die ontstaat door in (6.5) d(x) gelijk aan 0 te stellen noemen we de geassocieerde homogene differentiaalvergelijking. In de volgende stelling zullen we zien dat er een verband bestaat tussen de
oplossing van een lineaire differentiaalvergelijking en de oplossing van de geassocieerde homogene vergelijking.
81
Stelling 6.3.1 Als yh de algemene integraal is van de homogene vergelijking (6.6), en y p een particuliere integraal is van de volledige vergelijking (6.5), dan wordt de algemene integraal van de
volledige vergelijking (6.5) gegeven door de formule
y = y p + yh
(6.7)
Bewijs. We tonen eerst aan dat (6.7) een oplossing is van (6.5):
a(x)(y p + yh )0 + b(x)(y p + yh ) = a(x)y0p + b(x)y p + a(x)y0h + b(x)yh = d(x) + 0 = d(x)
Omgekeerd, onderstel dat y een oplossing is van (6.5). Dan is
a(x)(y − y p )0 + b(x)(y − y p ) = a(x)y0 + b(x)y − a(x)y0p − b(x)y p = d(x) − d(x) = 0
zodat y − y p een oplossing is van de homogene vergelijking (6.6). y = y p + (y − y p ) is dus van de
gewenste vorm.
Om een lineaire differentiaalvergelijking te integreren volstaat het dus om eerst de geassocieerde
homogene vergelijking te integreren en daarna een particuliere integraal van de volledige vergelijking te vinden.
Integratie van de homogene vergelijking
Dit is eenvoudig: de homogene vergelijking (6.6) kan herschreven worden als een vergelijking met
gescheiden veranderlijken.
a(x)dy + b(x)ydx = 0
of
dy
b(x)
=−
dx
y
a(x)
Integratie levert
ln y = −
b(x)
dx + ln c
a(x)
Z
of
−
R b(x)
y = ce
a(x)
dx
(6.8)
Bepalen van een particuliere oplossing : variatie van de constante
Om een particuliere oplossing van de volledige vergelijking te bepalen gebruiken we een techniek
die variatie van de constante genoemd wordt. Uit (6.8) weten we dat de integraal van de homogene
vergelijking van de vorm yh = c f (x) is. We zoeken een particuliere integraal van (6.5) van de vorm
y p = c(x) f (x)
82
(6.9)
Substitutie in (6.5) levert
a(x)c0 (x) f (x) + a(x)c(x) f 0 (x) + b(x)c(x) f (x) = d(x)
of, omdat a(x) f 0 (x) + b(x) f (x) = 0 ( f is een oplossing van de homogene vergelijking):
a(x)c0 (x) f (x) = d(x)
Hieruit vinden we gemakkelijk dat
d(x)
a(x) f (x)
c0 (x) =
en
d(x)
dx
a(x) f (x)
Als we (6.10) substitueren in (6.9), dan vinden we een particuliere integraal van (6.5).
Z
c(x) =
(6.10)
Voorbeeld 6.3.2 Beschouw de differentiaalvergelijking
sin xy0 − y = 3
(6.11)
We integreren eerst de geassocieerde homogene vergelijking
sin xy0 − y = 0
We vinden
dy
dx
=
y
sin x
of
x
dx
= ln tg
+ ln c
sin x
2
Z
ln y =
of
x
2
We zoeken nu een particuliere oplossing door variatie van de constante:
yh = ctg
y p = c(x)tg
Substitutie in (6.11) levert
sin xc0 (x)tg
zodat
c0 (x) =
en
y = tg
x
=3
2
3
tg
3
c(x) =
2
Tenslotte is
x
2
Z
x
x
x
2 2 sin 2 cos 2
=
3
2 sin2 2x
dx
x
= −3cotg + c
2x
2
sin 2
x
x
x
−3cotg + c = −3 + ctg
2
2
2
83
De vergelijking van Bernoulli
Een differentiaalvergelijking van de vorm
a(x)y0 + b(x)y = d(x)ym
(6.12)
noemen we een vergelijking van Bernoulli.
Als m = 0 of m = 1, dan is de vergelijking lineair. Voor andere waarden van m kunnen we de
vergelijking van Bernoulli tot een lineaire vergelijking herleiden bij middel van de substitutie
z=
1
ym−1
Immers,
z0 = (1 − m)
en (6.12) wordt
a(x)
y0
ym
z0
+ b(x)z = d(x)
1−m
(6.13)
en dit is een lineaire vergelijking.
Voorbeeld 6.3.3 We beschouwen de differentiaalvergelijking
xy0 + y = y2 ln x
Dit is een vergelijking van Bernoulli met m = 2. Substitueer z = 1/y. Dan is z0 = −y0 /y2 en de
differentiaalvergelijking wordt
xz0 − z = −ln x
Dit is een lineaire vergelijking. We integreren eerst de homogene vergelijking xz0 − z = 0. Dit geeft
zh = cx
Stel nu (variatie van de constante)
z p = c(x)x
Subsitutie in de vergelijking levert
x2 c0 (x) = −ln x
en
c(x) = −
Z
ln xdx ln x
=
−
x2
x
Z
dx ln x 1
=
+ +c
x2
x
x
We hebben dus tenslotte dat
z = 1 + ln x + cx
of
y=
1
1 + ln x + cx
84
Hoofdstuk 7
Normale differentiaalstelsels en
vergelijkingen
7.1
De methode van afleiding en eliminatie
Een normale differentiaalvergelijking van orde n is een differentiaalvergelijking van de vorm
y(n) = f (x, y, y0 , y00 , · · · , y(n−1) )
(7.1)
Merk op dat een normale differentiaalvergelijking van orde 1 niets anders is dan een differentiaalvergelijking van eerste orde en eerste graad zoals besproken in het voorgaande hoofdstuk.
Een stelsel differentiaalvergelijkingen van orde n is een stel vergelijkingen van de vorm


y01 = f1 (x, y1 , y2 , · · · , yn )


 y0 = f2 (x, y1 , y2 , · · · , yn )
2
(7.2)
..

.


 y0 = f (x, y , y , · · · , y )
n
n
1 2
n
waarbij de onbekenden y1 , y2 , · · · , yn functies zijn van de veranderlijke x. Merk op dat een normaal
differentiaalstelsel van orde 1 niets anders is dan een differentiaalvergelijking van eerste orde en
eerste graad. We kunnen (7.2) herschrijven in vectorvorm: schrijf
Y = (y1 , y2 , · · · , yn )
en
F = ( f1 , f2 , · · · , fn )
Dan wordt (7.2)
Y 0 = F(x,Y )
(7.3)
We zullen nu zien dat er een verband is tussen normale differentiaalvergelijkingen en differentiaalstelsels: als we normale differentiaalvergelijkingen kunnen oplossen, dan kunnen we ook differentiaalstelsels oplossen, en omgekeerd. Deze eigenschap zullen we in het vervolg in beide richtingen
gebruiken.
85
Afleiding en eliminatie
We vertrekken van het differentiaalstelsel (7.2). Afleiden van de eerste vergelijking geeft
y001 =
n
∂ f1
∂ f1 0
+∑
y
∂x i=1 ∂yi i
Als we hierin de laatste n − 1 vergelijkingen van (7.2) invullen, dan vinden we
y001 (x) = g2 (x, y1 , y01 , y2 , · · · , yn )
Nogmaals afleiden geeft, na invullen van de laatste n − 1 vergelijkingen van (7.2):
0 00
y000
1 (x) = g3 (x, y1 , y1 , y1 , y2 , · · · , yn )
Verder afleiden geeft, samengevat
 0
y1 = f1 (x, y1 , y2 , · · · , yn )



00 (x) = g (x, y , y0 , y , · · · , y )


n
2
1 1 2
1
 y000
y1 (x) = g3 (x, y1 , y01 , y001 , y2 , · · · , yn )
..



.


 (n)
(n−1)
y1 = gn (x, y1 , y01 , y001 , · · · , y1
, y2 , · · · , yn )
(7.4)
Als we uit (7.4) y2 , y3 , · · · , yn elimineren, dan vinden we een betrekking van de vorm
(n)
(n−1)
y1 = g(x, y1 , y01 , y001 , · · · , y1
)
(7.5)
Onderstel dat we (7.5) kunnen oplossen. Dan kennen we y1 . Bij de eliminatie van y2 , y3 , · · · , yn
(n−1)
uit (7.4) berekenden we y2 , y3 , · · · , yn in functie van y1 , y01 , · · · , y1
, zodat y2 , y3 , · · · , yn kunnen
berekend worden. We kunnen dus het differentiaalstelsel (7.2) oplossen als we de differentiaalvergelijking (7.5) kunnen oplossen. Deze methode om een differentiaalstelsel op te lossen noemt men
de methode van afleiding en eliminatie.
Voorbeeld 7.1.1 Beschouw het differentiaalstelsel
y01 = y2 − 2y1
y02 = 2y2 − 3y1
(7.6)
(7.7)
Afleiden van (7.6) geeft, gebruik makend van (7.7)
y001 = y02 − 2y01 = 2y2 − 3y1 − 2y01
Uit (7.6) volgt
y2 = y01 + 2y1
en dus is
y001 = 2y01 + 4y1 − 3y1 − 2y01 = y1
en
y1 = Aex + Be−x
Substitutie in (7.8) geeft
y2 = Aex − Be−x + 2Aex + 2Be−x = 3Aex + Be−x
86
(7.8)
Via afleiding en eliminatie kan men een normaal differentiaalstelsel herleiden tot een normale
differentiaalvergelijking. Omgekeerd kan men een normale differentiaalvergelijking herleiden tot
een normaal differentiaalstelsel. Bekijk de vergelijking
y(n) = f (x, y, y0 , y00 , · · · , y(n−1) )
(7.9)
Stel
y1 = y, y2 = y0 , · · · , yi = y(i−1) , · · · , yn = y(n−1)
Als y een oplossing is van (7.9), dan geldt

y01 = y2



0


 y2 = y3
..
.



y0 = yn


 0n−1 (n)
yn = y = f (x, y1 , y2 , y3 , · · · , yn )
(7.10)
en Y = (y1 , y2 , · · · , yn ) is dus een oplossing van het normale differentiaalstelsel (7.10). Als we de
methode van afleiding en eliminatie toepassen op (7.10), dan vinden we (7.9) terug.
Voor een normale differentiaalvergelijking van orde n heeft de bestaansstelling (onder bepaalde
voorwaarden) een unieke oplossing. Een analoog resultaat geldt voor normale differentiaalstelsels.
Stelling 7.1.2 (Bestaansstelling) Onderstel dat G ⊂ Rn+1 een gebied is, en dat (x0 ,Y0 ) een inwendig punt van G is. Als F : G ⊂ Rn+1 → Rn continu is over G en differentieerbaar over het
inwendige van G , dan bestaat er een omgeving V = (x0 − c, x0 + c) van x0 en een unieke functie
G : V → Rn zodat
• G is een oplossing van het differentiaalstelsel
Y 0 (x) = F(x,Y (x))
voor elke x ∈ V ;
• G voldoet aan de beginvoorwaarde:
G(x0 ) = Y0
7.2
Lineaire differentiaalstelsels
Een lineair differentiaalstelsel is een differentiaalstelsel van de vorm


y01 = a11 (x)y1 + a12 (x)y2 + · · · + a1n (x)yn + b1 (x)


 y0 = a21 (x)y1 + a22 (x)y2 + · · · + a2n (x)yn + b2 (x)
2
..

.


 y0 = a (x)y + a (x)y + · · · + a (x)y + b (x)
n
n1
1
2
n2
87
nn
n
n
(7.11)
Indien de functies b1 , b2 , · · · , bn identiek gelijk zijn aan 0, dan noemen we het stelsel (7.11) een
homogeen lineair differentiaalstelsel.
We kunnen (7.11) herschrijven in matrixvorm. Schrijf






y1 (x)
b1 (x)
a11 (x) a12 (x) · · · a1n (x)






 y2 (x) 
 b2 (x) 
 a21 (x) a22 (x) · · · a2n (x) 




Y (x) = 
..
.. 
 ..  , B(x) =  ..  , A(x) =  ..

.
.
.
.
. 





yn (x)
an1 (x) an2 (x) · · · ann (x)
bn (x)
Dan is (7.11) equivalent met
Y 0 (x) = A(x)Y (x) + B(x)
(7.12)
De bestaansstelling is steeds van toepassing op een lineair differentiaalstelsel.
Stelling 7.2.1 Onderstel dat A : (a, b) → Mnn (R) en B : (a, b) → Rn differentieerbaar zijn over
(a, b). Voor x0 ∈ (a, b) en Y0 ∈ Rn bestaat er een unieke oplossing van (7.12) gedefinieerd op een
omgeving van x0 die voldoet aan de beginvoorwaarde Y (x0 ) = Y0
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de bestaansstelling: de functie F(x,Y ) = A(x)Y +B(x) is continu
over een gebied G waarvan (x0 ,Y0 ) een inwendig punt is, en differentieerbaar over het inwendige
van G .
Eigenschappen van het homogeen stelsel
We beschouwen een homogeen lineair stelsel
Y 0 = A(x)Y
(7.13)
We zullen hierbij onderstellen dat A : (a, b) → Mnn (R) differentieerbaar is.
Stelling 7.2.2 De oplossingen van het homogeen stelsel (7.13) vormen een vectorruimte.
Bewijs. Y = 0 is steeds een oplossing, zodat de oplossingsverzameling niet leeg is. Om aan te
tonen dat de oplossingen van (7.13) een deelvectorruimte van de vectorruimte van de functies
(a, b) → Rn vormen, volstaat het aan te tonen dat een lineaire combinatie van twee oplossingen
opnieuw een oplossing is. Neem twee oplossingen Y1 en Y2 van (7.13), en α, β ∈ R. Dan is
(αY1 + βY2 )0 = αY10 + βY20 = αA(x)Y1 + βA(x)Y2 = A(x)(αY1 + βY2 )
en dus is αY1 + βY2 ook een oplossing van (7.13).
Lemma 7.2.3 Als Y een oplossing is van (7.13), en Y (x0 ) = 0 voor een zekere x0 ∈ (a, b), dan is
Y (x) = 0 voor elke x ∈ (a, b).
88
Bewijs. Uit de existentiestelling stelling 7.2.1 volgt dat de vergelijking (7.13) met beginvoorwaarde
Y (x0 ) = 0 een unieke oplossing heeft. Y (x) = 0 is een oplossing die aan de beginvoorwaarde
voldoet, en dus is het de enige mogelijke oplossing.
In stelling 7.2.2 hebben we gezien dat de oplossingsverzameling Opl(Y 0 = A(x)Y ) een vectorruimte is. We kunnen dus spreken van lineaire (on)afhankelijke oplossingen. Een stel oplossingen
Y1 ,Y2 , · · · ,Ym is lineair afhankelijk als er constanten c1 , c2 , · · · , cm bestaan waarvan er tenminste één
verschillend van nul is zodat
m
∑ ciYi(x) = 0
(7.14)
i=1
voor elke x ∈ (a, b). Het stel Y1 ,Y2 , · · · ,Ym is lineair onafhankelijk als (7.14) zich slechts kan
voordoen indien
c1 = c2 = · · · = cm = 0
Lemma 7.2.4 Zij x0 ∈ (a, b). Een stel oplossingen Y1 ,Y2 , · · · ,Ym van (7.13) is lineair (on)afhankelijk als en alleen als Y1 (x0 ),Y2 (x0 ), · · · ,Ym (x0 ) lineair (on)afhankelijk is in Rn .
Bewijs. Onderstel eerst dat het stel oplossingen Y1 ,Y2 , · · · ,Ym lineair afhankelijk is. Er bestaan
constanten c1 , c2 , · · · , cm , niet allen nul, zodat (7.14) geldt voor elke x ∈ (a, b). In het bijzonder
geldt (7.14) voor x = x0 , en dus is
m
∑ ciYi(x0) = 0
i=1
en Y1 (x0 ),Y2 (x0 ), · · · ,Ym (x0 ) is lineair afhankelijk in Rn .
Omgekeerd, onderstel dat Y1 (x0 ),Y2 (x0 ), · · · ,Ym (x0 ) lineair afhankelijk is in Rn . Er bestaan constanten c1 , c2 , · · · , cm , niet allen nul, zodat
m
∑ ciYi(x0) = 0
i=1
Uit lemma 7.2.3 volgt dat nu dat
m
∑ ciYi = 0
i=1
en dus zijn Y1 ,Y2 , · · · ,Ym lineair afhankelijk.
Gevolg 7.2.5 De dimensie van de oplossingsruimte Opl(Y 0 = A(x)Y ) is ten hoogste n.
Bewijs. Omdat de dimensie van Rn n is, zijn er in Rn geen stellen van meer dan n lineair onafhankelijke vectoren. Uit lemma 7.2.4 volgt dat dezelfde eigenschap geldt voor Opl(Y 0 = A(x)Y ), en
dus is de dimensie van deze ruimte ten hoogste n.
Stelling 7.2.6 Zij x0 ∈ (a, b). Er bestaat een omgeving I = (x0 − δ, x0 + δ) van x0 zodanig dat de
vectorruimte van de oplossingen van Y 0 = A(x)Y op de omgeving I dimensie n heeft.
89
Bewijs. Neem een basis E1 , E2 , · · · , En van Rn (bijvoorbeeld de standaardbasis). Voor elke i ∈
{1, 2, · · · , n} bestaat er een omgeving van x0 waarop het differentiaalstelsel
Y 0 = A(x)Y
met beginvoorwaarde Y (x0 ) = Ei een unieke oplossing Yi heeft (stelling 7.2.1). Zij I de kleinste van
deze n omgevingen. Uit lemma 7.2.4 volgt dat de oplossingen Y1 ,Y2 , · · · ,Yn lineair onafhankelijk
zijn. Op I zijn er dus n lineair onafhankelijke oplossingen van (7.13), en dus is de dimensie van
de oplossingsruimte op I tenminste n. In gevolg 7.2.5 hebben we gezien dat deze dimensie ten
hoogste n is, en het resultaat volgt.
Onderstel dat Y1 , · · · ,Yn n integralen van (7.13) zijn. Als er een x0 bestaat zodat
D(x0 ) = det(Y1 (x0 ), · · · ,Yn (x0 )) 6= 0,
dan volgt uit lemma 7.2.4 dat
D(x) = det(Y1 (x), · · · ,Yn (x)) 6= 0,
voor elke x. Voor det(Y1 (x), · · · ,Yn (x)) zullen we nu een elegante formule opstellen, die zal toelaten
om deze eigenschap op een andere manier in te zien. Stel Y = (Y1 , · · · ,Yn ), yi j het element op plaats
(i, j) in de matrix Y , of, m.a.w., yi j is de i-de coördinaat van Y j . Yi j is de (i, j)-minor van Y . Uit de
lineaire algebra herhalen we:
D = ∑ ε(σ)y1σ(1) · · · ynσ(n) .
(7.15)
σ∈Sn
Als we de determinant ontwikkelen volgens de i-de rij:
n
D=
∑ yikYik .
(7.16)
k=1
Meer algemeen hebben we
n
∑ yikY jk = δi j D.
(7.17)
k=1
Als we (7.15) afleiden vinden we
D0
n
=
∑ ∑ ε(σ)y1σ(1) · · · y0iσ(i) · · · ynσ(n)
i=1 σ∈Sn
(7.15)
=
(7.16)
=
n ∑ i=1 n
y11 y12 · · · y1n ..
..
.. .
.
. 0
0
yi1 yi2 · · · y0in ..
..
.. .
.
. y
y
··· y n1
n2
n
∑ ∑ y0ikYik .
i=1 k=1
90
nn
We hebben dus een formule voor de afgeleide van de determinant:
n
D0 = ∑
n
∑ y0ikYik .
(7.18)
i=1 k=1
Omdat Yk een integraal is van (7.13) hebben we dat Yk0 = AYk , of,
y0ik
n
=
∑ ai j y jk .
j=1
Als we dit invullen in (7.18) krijgen we:
0
n
D =∑
n
n
∑ ∑ ai j y jkYik
i=1 j=1 k=1
(7.17)
=
n
n
n
∑ ∑ ai j δi j D = ∑ aiiD = Sp(A)D.
i=1 j=1
i=1
Dit is een gewone differentiaalvergelijking in D, die we gemakkelijk oplossen via scheiding der
veranderlijken:
dD
= Sp(A)dx,
D
Z x
D(x) = D(x0 ) exp(
Sp(A)dx).
(7.19)
x0
Omdat de exponent nooit nul is, volgt hieruit dat D(x) 6= 0 voor elke x als D(x0 ) 6= 0.
Het volledig stelsel
We beschouwen nu het volledige stelsel
Y 0 = A(x)Y + B(x)
(7.20)
waarbij we onderstellen dat A : (a, b) → Mnn (R) en B : (a, b) → Rn continu zijn. Onderstel ook
dat we het homogene stelsel (7.13) kunnen we oplossen. Om (7.20) te integreren volstaat het om
een particuliere oplossing te vinden:
Stelling 7.2.7 Als Yh de algemene integraal is van (7.13), en Yp een particuliere integraal van
(7.20), dan is
Y = Yh +Yp
de algemene integraal van (7.20).
Bewijs. Doe dit zelf als oefening. Het bewijs is volkomen analoog aan dat van stelling 6.3.1.
Om een particuliere integraal van (7.20) te bepalen passen we de methode van de variatie van de
constante toe. Onderstel dat Y1 ,Y2 , · · · ,Yn n lineair onafhankelijke oplossingen van het homogeen
stelsel (7.13) zijn. De algemene integraal is dan
n
Y (x) = ∑ ciYi (x)
i=1
91
We zoeken nu een particuliere integraal van (7.20) van de vorm
n
Yp (x) = ∑ ci (x)Yi (x)
i=1
Subsitutie in (7.20) levert
n
n
n
i=1
i=1
i=1
∑ ci(x)Yi0(x) + ∑ c0i(x)Yi(x) = ∑ ci(x)A(x)Yi(x) + B(x)
Aangezien Yi0 = A(x)Yi , krijgen we
n
∑ c0i(x)Yi(x) = B(x)
(7.21)
i=1
(7.21) is een stelsel lineaire vergelijkingen met onbekenden c01 , c02 , · · · , c0n . De matrix van dit stelsel
is de matrix met kolommen Y1 ,Y2 , · · · ,Yn . Omdat Y1 ,Y2 , · · · ,Yn lineair onafhankelijk zijn is de
matrix van het stelsel regulier, en dit voor elke x. (7.21) heeft dus een unieke oplossing. Oplossen
van (7.21) geeft c01 , c02 , · · · , c0n . Integreren geeft c1 , c2 , · · · , cn en de particuliere oplossing Yp .
7.3
Lineaire differentiaalvergelijkingen van orde n
Een differentiaalvergelijking van orde n noemen we lineair als ze van de volgende vorm is.
y(n) + a1 (x)y(n−1) + · · · + an−1 (x)y0 + an (x)y = b(x)
(7.22)
Hierbij wordt ondersteld dat de functies a1 , · · · , an en b continu zijn over een interval (a, b). Als
b(x) = 0, dan noemen we (7.22) een homogene lineaire differentiaalvergelijking.
(7.22) is een normale vergelijking. In § 7.1 hebben we gezien dat een normale vergelijking steeds
te herleiden is tot een normaal differentiaalstelsel. Hiertoe stellen we
  

y
y1
   0 
 y2   y 
 

Y =
 ..  =  .. 
.
.
  

y(n−1)
yn
Y voldoet aan het differentiaalstelsel

y01 = y2



0


 y2 = y3
..
.



y0n−1 = yn


 0
yn = y(n) = −an (x)y1 − an−1 (x)y2 − · · · − a1 (x)yn + b(x)
92
(7.23)
of
Y 0 = A(x)Y + B(x)
(7.24)
met






A(x) = 




0
1
0
···
0
0
0
..
.
0
..
.
1
..
.
···
0
..
.
0
..
.
0
0
0
···
1
0
0
0
0
···
0
1
−an
−an−1
−an−2
· · · −a2











 en B(x) = 







−a1
0







0 

b(x)
0
..
.
(7.25)
Als de differentiaalvergelijking (7.22) homogeen is, dan is het overeenstemmende differentiaalstelsel (7.24) ook homogeen. We kunnen de resultaten uit § 7.2 toepassen op (7.24) en vertalen
naar (7.22).
Meer bepaald geldt de existentiestelling voor lineaire differentiaalvergelijkingen van orde n.
Stelling 7.3.1 Onderstel dat a1 , · · · , an , b : (a, b) → R continu zijn.
(n−1)
Voor x0 ∈ (a, b) en y0 , y00 , · · · , y0
∈ R bestaat er een unieke oplossing van (7.22) gedefinieerd op
een omgeving van x0 die voldoet aan de beginvoorwaarden

y(x0 ) = y0



 y0 (x0 ) = y00
..

.


 (n−1)
(n−1)
y
(x0 ) = y0
Eigenschappen van de homogene vergelijking
y(x) is een oplossing is van de homogene vergelijking
y(n) + a1 (x)y(n−1) + · · · + an−1 (x)y0 + an (x)y = 0
(7.26)
als en alleen als Y (x) = (y, y0 , · · · , y(n−1) ) een oplossing is van het homogene stelsel
Y 0 = A(x)Y
(7.27)
Uit stelling 7.2.2, gevolg 7.2.5, stelling 7.2.6 volgt nu onmiddellijk
Stelling 7.3.2 De oplossingen van (7.26) vormen een vectorruimte van dimensie ten hoogste n.
Voor elke x0 ∈ (a, b) bestaat er een omgeving (x0 − δ, x0 + δ) waarop de oplossingen van (7.26)
een vectorruimte van dimensie n vormen.
Wanneer zijn n oplossingen y1 , · · · , yn van (7.26) lineair onafhankelijk? Een nodige en voldoende
voorwaarde is dat de n overeenstemmende oplossingen Y1 , · · · ,Yn van (7.27) lineair onafhankelijk zijn. Uit lemma 7.2.4 volgt dat het voldoende is dat Y1 (x0 ), · · · ,Yn (x0 ) lineair onafhankelijk
93
zijn in Rn , voor een zekere x0 ∈ (a, b). Een nodige en
determinant
y1
y2
0
y02
y1
W (y1 , · · · , yn ) = .
..
.
..
(n−1) (n−1)
y
y2
1
voldoende voorwaarde hiervoor is dat de
···
yn 0
···
yn 6= 0
(n−1) · · · yn
Deze determinant wordt de determinant van Wronski of de Wronskiaanse determinant genoemd.
Stelling 7.3.3 n oplossingen y1 , y2 , · · · , yn van (7.26) zijn lineair afhankelijk als de Wronskiaan
W (y1 , · · · , yn ) identiek gelijk aan 0 is over het interval (a, b). Als de Wronskiaan in 1 punt x0 gelijk
aan 0 is, dan is hij overal 0. Meer bepaald hebben we, gebruik makend van (7.19) en het feit dat
Sp(A) = −a1 (x):
Z
x
W (x) = W (x0 ) exp(−
x0
a1 (x)dx).
(7.28)
In het geval dat de coëfficiënt a1 constant is, neemt (7.28) volgende vorm aan:
W (x) = W (x0 )e−a1 (x−x0 ) .
De volledige lineaire vergelijking
Om de algemene integraal van de volledige differentiaalvergelijking (7.22) te bepalen volstaat het
om de algemene integraal van de homogene vergelijking (7.26) te bepalen, en een particuliere
oplossing van de volledige vergelijking (7.22). Dit volgt onmiddellijk uit stelling 7.2.7.
Stelling 7.3.4 Als yh de algemene integraal is van (7.26), en y p een particuliere integraal van
(7.22), dan is
y = yh + y p
de algemene integraal van (7.22).
Onderstel dat we n lineair onafhankelijke oplossingen y1 , y2 , · · · , yn van de homogene vergelijking
(7.26) kunnen bepalen. Om een particuliere integraal van (7.22) te bepalen kunnen we de methode
(n−1)
van de variatie van de constante toepassen op het stelsel (7.24). Stel Yi = (yi , y0i , · · · , yi
). De
algemene integraal van (7.24) is dan
n
Yh = ∑ ciYi
i=1
en we zoeken een particuliere integraal van de vorm
n
Yp = ∑ ci (x)Yi
i=1
94
Het lineair stelsel (7.21) neemt nu de volgende vorm aan:
 n



c0i (x)yi (x) = 0
∑



i=1


n


 ∑ c0 (x)y0 (x) = 0
i
i
i=1

..


.



n


(n−1)
0


(x) = b(x)
 ∑ ci (x)yi
(7.29)
i=1
De determinant van (7.29) is juist de Wronskiaanse determinant, en we weten dat die verschillend
van nul is, omdat y1 , y2 , · · · , yn lineair onafhankelijk zijn. We kunnen (7.29) dus oplossen, en we
vinden c0i (x), en na integratie ci (x). De gezochte particuliere integraal is dan
n
y p (x) = ∑ ci (x)yi (x)
i=1
Stelling 7.3.5 Als y1 (x) een oplossing is van de differentiaalvergelijking
y(n) + a1 (x)y(n−1) + · · · + an−1 (x)y0 + an (x)y = b1 (x)
en y2 (x) een oplossing van
y(n) + a1 (x)y(n−1) + · · · + an−1 (x)y0 + an (x)y = b2 (x)
dan is y1 (x) + y2 (x) een oplossing van
y(n) + a1 (x)y(n−1) + · · · + an−1 (x)y0 + an (x)y = b1 (x) + b2 (x)
Bewijs. Oefening
7.4
Constante coëfficiënten
In deze paragraaf bestuderen we de differentiaalvergelijking (7.22) in het geval waarin de coëfficiënten
ai onafhankelijk zijn van x.
y(n) + a1 y(n−1) + · · · + an−1 y0 + an y = b(x)
In principe kan men van (7.30) altijd de algemene integraal bepalen.
95
(7.30)
De homogene vergelijking
Beschouw eerst het geval n = 1. De homogene vergelijking
y0 + a1 y = 0
kan dan geı̈ntegreerd worden met behulp van de methode der scheiding van veranderlijken. Men
vindt gemakkelijk dat
y = ce−a1 x
Hierdoor geı̈nspireerd stellen we voor de algemene homogene vergelijking
y(n) + a1 y(n−1) + · · · + an−1 y0 + an y = 0
(7.31)
oplossing voor van de vorm
y = eλx
waarbij λ een te bepalen parameter is. Afleiden geeft
y(i) = λi eλx
en na substitutie in (7.31) vinden we
λx
n
n−1
e λ + a1 λ
+ · · · + an = 0
of
P(λ) = λn + a1 λn−1 + · · · + an = 0
(7.32)
y = eλx is dus een oplossing van (7.31) indien λ een wortel is van de n-de graadsvergelijking (7.32).
Men noemt de veelterm P de karakteristieke veelterm van de differentiaalvergelijking (7.31). De
vergelijking (7.32) noemen we de karakteristieke vergelijking. De karakteristieke vergelijking ontstaat door in de differentiaalvergelijking de i-de afgeleide van y te vervangen door de i-de macht
van de veranderlijke λ.
In principe kunnen we nu de algemene integraal van de homogene vergelijking bepalen. De karakteristieke vergelijking is een n-de graadsvergelijking en heeft dus n wortels. Elke wortel levert een
oplossing, en zo verwachten we n lineair onafhankelijke oplossingen, die een basis vormen voor
de vectorruimte der oplossingen. Er zijn echter twee moeilijkheden.
1. Het kan zijn dat de karakteristieke veelterm meervoudige wortels heeft;
2. het kan zijn dat de karakteristieke veelterm complexe wortels heeft.
Als f een differentieerbare functie is, dan noteert men D f voor de afgeleide functie. De tweede
afgeleide kunnen we noteren als D2 f , de derde als D3 f , enzovoort.
We kunnen D beschouwen als de differentiaaloperator die een functie omzet in haar afgeleide.
Dan is D2 = D ◦ D, D3 = D ◦ D ◦ D, enz. Nog algemener kunnen we schrijven:
(D − λ) f = f 0 − λ f
96
Merk op dat
(D − λ)(xn eλx ) = nxn−1 eλx
(7.33)
Immers
(D − λ)(xn eλx ) = nxn−1 eλx + λxn eλx − λxn eλx
= nxn−1 eλx
Verder gebruik makend van onze nieuwe notatie kunnen we de differentiaalvergelijking (7.31)
herschrijven als volgt
P(D)( f ) = 0
(7.34)
waarbij
P(λ) = λn + a1 λn−1 + · · · + an
de karakteristieke veelterm is. Onderstel nu dat λ1 , λ2 , · · · , λr de - eventueel complexe - wortels
zijn van de karakteristieke vergelijking, en dat de multipliciteit van λi het getal mi is. Dan kan de
karakteristieke veelterm P ontbonden worden tot
P(λ) = (λ − λ1 )m1 (λ − λ2 )m2 · · · (λ − λr )mr
(7.34) kan nu herschreven worden onder de vorm
P(D)( f ) = (D − λ1 )m1 (D − λ2 )m2 · · · (D − λr )mr f = 0
We beweren nu dat, voor m < mi ,
(7.35)
y = xm eλi x
een oplossing is van (7.34). Immers, Uit (7.33) volgt dat
(D − λi )m (xm eλi x ) = m!eλi x
en dus is
(D − λi )mi (xm eλi x ) = 0
en
P(D)(xm eλi x ) = 0
We hebben dus in het totaal m1 + m2 + · · · mr = n oplossingen van (7.34), namelijk
eλ1 x , xeλ1 x , x2 eλ1 x , · · · , xm1 −1 eλ1 x
eλ2 x , xeλ2 x , x2 eλ2 x , · · · , xm2 −1 eλ2 x
..
.
eλr x , xeλr x , x2 eλr x , · · · , xmr −1 eλr x
We gaan nu aantonen dat deze n oplossingen lineair onafhankelijk zijn.
Lemma 7.4.1 Als P 6= 0 een veelterm is van graad n, en λ 6= 0, dan is, voor elke k ≥ 0,
Dk (P(x)eλx ) = Q(x)eλx
waarbij Q 6= 0 ook een veelterm van graad n is.
97
(7.36)
Bewijs.
D(P(x)eλx ) = (λP(x) + P0 (x))eλx
en de graad van λP + P0 is dezelfde als die van P. Herhaal deze redenering k keer.
Lemma 7.4.2 Onderstel dat λ1 , λ2 , · · · , λr niet aan elkaar gelijk zijn en dat P1 , P2 , · · · , Pr veeltermen zijn. Als
P1 (x)eλ1 x + P2 (x)eλ2 x + · · · + Pr (x)eλr x = 0
(7.37)
voor elke x, dan zijn de veeltermen P1 , P2 , · · · , Pr allemaal nul.
Bewijs. Het bewijs gaat via inductie op r. Voor r = 1 is de bewering evident: als P1 (x)eλ1 x = 0
voor elke x, dan is P1 (x) = 0, aangezien eλ1 x nooit nul is.
Onderstel nu dat de bewering waar is voor r = 1, 2, · · · , s. We beweren dat ze ook geldt voor
r = s + 1. Onderstel dat
P1 (x)eλ1 x + P2 (x)eλ2 x + · · · + Ps (x)eλs x + Ps+1 (x)eλs+1 x = 0,
(7.38)
voor alle x. Als een van de veeltermen Pi = 0, dan zijn ze allemaal nul, door de inductiehypothese.
Onderstel daarom dat alle Pi 6= 0. We delen (7.38) door eλs+1 x :
P1 (x)e(λ1 −λs+1 )x + P2 (x)e(λ2 −λs+1 )x + · · · + Ps (x)e(λs −λs+1 )x + Ps+1 (x) = 0.
We leiden deze betrekking gr(Ps+1 ) + 1 maal af. Volgens lemma 7.4.1 krijgen we
Q1 (x)e(λ1 −λs+1 )x + Q2 (x)e(λ2 −λs+1 )x + · · · + Qs (x)e(λs −λs+1 )x = 0,
en, als we terug vermenigvuldigen met eλs+1 x ,
Q1 (x)eλ1 x + Q2 (x)eλ2 x + · · · + Qs (x)eλs x = 0.
Hierbij zijn alle Qi 6= 0 (zie lemma 7.4.1). Maar uit de inductiehypothese volgt ook dat alle Qi = 0.
Dit is een contradictie.
Gevolg 7.4.3 De n oplossingen (7.36) van (7.34) zijn lineair onafhankelijk.
Voorbeelden 7.4.4 1) y00 − y = 0. De karakteristieke vergelijking is
λ2 − 1 = 0
en de wortels zijn λ = ±1. y = ex en y = e−x zijn dus oplossingen, en uit gevolg 7.4.3 weten we
dat deze lineair onafhankelijk zijn. De algemene integraal is dus
y = c1 ex + c2 e−x
2) y00 + 2y0 + y = 0. De karakteristieke vergelijking is nu
λ2 + 2λ + 1 = 0
98
of
(λ + 1)2 = 0
−1 is een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking, en y = e−x en y = xe−x zijn twee
lineair onafhankelijke oplossingen van de differentiaalvergelijking. De algemene integraal is
y = (c1 x + c2 )e−x
3) y(4) − 6y000 + 13y00 − 12y0 + 4y = 0. De karakteristieke vergelijking is nu
λ4 − 6λ3 + 13λ2 − 12λ + 4 = 0
of
(λ − 1)2 (λ − 2)2 = 0
De algemene integraal is
y = c1 ex + c2 xex + c3 e2x + c4 xe2x
4) y(n) = 0. De karakteristieke vergelijking is λn = 0. λ = 0 is de enige wortel, met multipliciteit
n. De algemene integraal is
y = c1 xn−1 + c2 xn−2 + · · · + cn
De hierboven geschetste methode laat toe om van een homogene differentiaalvergelijking met
constante coëfficiënten de algemene integraal te bepalen. De enige beperking tot nu toe is dat de
wortels van de karakteristieke vergelijking reëel moeten zijn. Wat gebeurt er als de karakteristieke
vergelijking complexe wortels heeft? Formeel is er geen enkel probleem, als we gebruik maken
van de complexe exponentiële functie (zie volume 1). Herinner dat
ea+ib = ea (cos b + i sin b)
Herhaal ook dat de formule
d λx
e = λeλx
dx
blijft gelden als λ een complex getal is. De procedure hierboven geschetst levert dus, ook in het
geval dat de karakteristieke vergelijking complexe wortels heeft, n lineair onafhankelijke oplossingen van de differentiaalvergelijking (7.31). Alleen staan deze oplossingen genoteerd in complexe
vorm, en voor vele toepassingen hebben we liever de reële vorm. We kunnen echter makkelijk
overgaan naar de reële vorm als volgt. Als λ = α + iβ een complexe wortel is van de karakteristieke vergelijking, dan is ook de complex toegevoegde λ = α − iβ een wortel, en wel met dezelfde
multipliciteit. Als i kleiner is dan deze multipliciteit, dan zijn
xi eλx = xi eαx (cos βx + i sin βx)
en
xi eλx = xi eαx (cos βx − i sin βx)
oplossingen. Lineaire combinaties hiervan (eventueel met complexe coëfficiënten) zijn ook oplossingen, en dus zijn
xi eαx cos βx en xi eαx sin βx
oplossingen van (7.31). Deze oplossingen staan in reële vorm, en op deze manier verkrijgen we n
lineair onafhankelijke oplossingen van (7.31).
99
Voorbeelden 7.4.5 1) y00 + y = 0. De karakteristieke vergelijking is
λ2 + 1 = 0
De wortels zijn i en −i. De complexe oplossingen zijn
cos x + i sin x en cos x − i sin x
of, in reële vorm, cos x en sin x. De algemene integraal is dus
y = c1 cos x + c2 sin x
2) y00 + 2y0 + 2y = 0. Karakteristieke vergelijking:
λ2 + 2λ + 2 = 0
De wortels zijn λ = −1 ± i, en de algemene integraal is
y = e−x (c1 cos x + c2 sin x)
3) y000 − y = 0. Karakteristieke vergelijking:
λ3 − 1 = 0
De wortels zijn
√
−1 ± i 3
λ = 1 en λ =
2
en de algemene integraal is
x
− 2x
y = c1 e + e
√
√
3
3
(c2 cos
x + c3 sin
x)
2
2
4) yiv + 2y00 + y = 0. Karakteristieke vergelijking:
λ4 + 2λ2 + 1 = 0
of
(λ2 + 1)2 = 0
We hebben twee dubbele wortels λ = ±i, en de algemene integraal is
y = (c1 + c2 x) cos x + (c3 + c4 x) sin x
100
De volledige vergelijking
We bekijken nu de volledige vergelijking
y(n) + a1 y(n−1) + · · · + an−1 y0 + an y = b(x)
(7.39)
Om een particuliere integraal te bepalen kunnen we altijd de methode van de variatie van de constante toepassen.
Voorbeeld 7.4.6 y00 + y = ex . De oplossing van de homogene vergelijking is
yh = A cos x + B sin x
Als particuliere oplossing stellen we voor:
y p = A(x) cos x + B(x) sin x
A0 en B0 zijn dan de oplossingen van het lineair stelsel (zie (7.29))
0
A cos x + B0 sin x = 0
−A0 sin x + B0 cos x = ex
Oplossen geeft
0 sin x A0 (x) = x
= −ex sin x
e cos x cos x
0
0
B (x) = = ex cos x
x
− sin x e Integratie geeft
1
1
A(x) = (cos x − sin x)ex en B(x) = (cos x + sin x)ex
2
2
Voor de particuliere oplossing vinden we dus
yp =
1
ex
1
cos x(cos x − sin x)ex + sin x(cos x + sin x)ex =
2
2
2
Zoals uit dit eenvoudig voorbeeld blijkt is de methode nogal omslachtig. Als b(x) van een speciale
vorm is, dan bestaan er meer eenvoudige technieken. Vooraleer we het meest algemene geval
bespreken, geven we eerst enkele eenvoudige voorbeelden.
Voorbeelden 7.4.7 1) We hernemen het voorgaande voorbeeld y00 + y = ex . De techniek bestaat er
in om een particuliere oplossing voor te stellen die van “dezelfde vorm” is als het rechterlid. We
proberen
y p = Aex
met A een te bepalen constante. Substitutie in de vergelijking geeft
Aex + Aex = ex
101
waaruit volgt dat A = 1/2. De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is
1
y = ex + A cos x + B sin x
2
2) y00 + y = x2 + x + 1. Het rechterlid is een veelterm van graad 2 in x, en als particuliere oplossing
stellen we een veelterm van graad 2 voor:
y p = Ax2 + Bx +C
Invullen in de vergelijking levert
2A + Ax2 + Bx +C = x2 + x + 1
waaruit
A = 1, B = 1, 2A +C = 1 of C = −1
De particuliere integraal is dus
y p = x2 + x − 1
en de algemene integraal van de differentiaalvergelijking is
y = x2 + x − 1 + A cos x + B sin x
3) y00 − y = ex . Zoals in voorbeeld 1) proberen we
y p = Aex
Substitutie in de vergelijking levert
Aex − Aex = ex
of 0 = 1. In dit geval werkt onze methode dus niet! Eigenlijk is dit niet verwonderlijk, aangezien
yh = Cex + De−x
Onze voorgestelde particuliere oplossing was dus een oplossing van de homogene vergelijking,
en a fortiori geen oplossing van de volledige vergelijking. Om toch een particuliere oplossing
te vinden gebruiken we een truucje dat we verderop zullen veralgemenen. Stel als particuliere
oplossing voor:
y p = Axex
Invullen in de vergelijking levert nu
A(x + 2)ex − Axex = ex
waaruit volgt dat A = 1/2. De algemene integraal van de differentiaalvergelijking is dus
x
y = (C + )ex + De−x
2
102
Onderstel dat het rechterlid van de vergelijking (7.39) van de vorm
b(x) = V (x)eµx
is, waarbij V een veelterm van graad p is. De karakteristieke vergelijking van de homogene vergelijking is
λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an = 0
(7.40)
Onderstel dat µ, λ1 , · · · , λr de wortels van (7.40) zijn, met multipliciteiten respectievelijk m, m1 , · · · ,
mr . Als µ geen wortel is van de karakteristieke vergelijking, dan stellen we gewoon m = 0, en al
hetgeen volgt blijft geldig. (7.39) kan dan herschreven worden als volgt:
(D − µ)m (D − λ1 )m1 · · · (D − λr )mr y = V (x)eµx
(7.41)
Onderstel dat y p een oplossing is van (7.39). We passen op beide leden van (7.41) de operator
(D − µ) p+1 . We vinden, gebruik makend van (7.33), dat
(D − µ)m+p+1 (D − λ1 )m1 · · · (D − λr )mr y p = (D − µ) p+1 (V (x)eµx ) = 0
y p is dus de oplossing van een homogene differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten. We
kunnen besluiten dat y p kan geschreven worden onder de vorm
r
y p = c1 xm+p + c2 xm+p−1 + · · · + cm+p x + cm+p+1 eµx + ∑ Qi (x)eλi x
i=1
waarbij de ci constanten zijn, en Qi veeltermen van graad kleiner dan mi . Nu is
r
m−1
m−2
c p+2 x
+ c p+3 x
+ · · · + cm+p x + cm+p+1 eµx + ∑ Qi (x)eλi x
i=1
een oplossing van de homogene vergelijking. Dus is
(c1 xm+p + c2 xm+p−1 + · · · + c p+1 xm )eµx = xm (c1 x p + c2 x p−1 + · · · + c p+1 )eµx
een particuliere oplossing van de volledige vergelijking (7.30). We kunnen onze resultaten samenvatten als volgt:
Stelling 7.4.8 Beschouw de differentiaalvergelijking
y(n) + a1 y(n−1) + · · · + an−1 y0 + an y = V (x)eµx
(7.42)
waarbij V (x) een veelterm van graad p is. Onderstel dat de multipliciteit van µ als wortel van de
karakteristieke vergelijking
λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an = 0
m is. Dan bestaat er een particuliere oplossing van (7.42) van de vorm
y p = xmV1 (x)eµx
waarbij V1 een veelterm van dezelfde graad als V is.
103
Voorbeelden 7.4.9 1) y000 + y00 = x2 . De oplossing van de homogene vergelijking is
yh = c1 e−x + c2 + c3 x
0 is dus een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking. Het rechterlid bestaat uit e0x
vermenigvuldigd met een veelterm van graad 2. Daarom stellen we een particuliere oplossing voor
van de vorm
y p = x2 (Ax2 + Bx +C)
Invullen in de vergelijking geeft
y0p = 4Ax3 + 3Bx2 + 2Cx
y00p = 12Ax2 + 6Bx + 2C
y000
p = 24Ax + 6B
Invullen in de vergelijking levert
12Ax2 + (6B + 24A)x + 6B + 2C = x2
waaruit
A=
1
1
; B=− ; C=1
12
3
en de algemene integraal is
y = c1 e−x + c2 + c3 x + x2 −
x3 x4
+
3 12
2) y00 −2y0 +y = ex . λ = 1 is een dubbele wortel van de karakteristieke vergelijking, en de oplossing
van de homogene vergelijking is
yh = (c1 x + c2 )ex
Als particuliere oplossing stellen we voor
y p = Ax2 ex
Afleiden geeft
y0p = A(x2 + 2x)ex
y00p = A(x2 + 4x + 2)ex
Invullen in de vergelijking levert 2Aex = ex , en A = 1/2. De algemene integraal is dus
y=(
x2
+ c1 x + c2 )ex
2
3) y00 − y = cos x. De algemene integraal van de homogene vergelijking is
yh = c1 ex + c2 e−x
Het rechterlid is cos x = 21 (eix + e−ix ). Als particuliere oplossing stellen we daarom een lineaire
combinatie van eix en e−ix voor, of, hetgeen op hetzelfde neerkomt, een lineaire combinatie van
cos x en sin x:
y p = A cos x + B sin x
104
Afleiden geeft
y00p = −A cos x − B sin x
Invullen in de vergelijking levert −2A = 1 en 2B = 0.
1
y p = − cos x
2
is dus een particuliere oplossing van de vergelijking.
4) y00 + y = sin x. De oplossing van de homogene vergelijking is nu
yh = c1 cos x + c2 sin x
i en −i zijn enkelvoudige wortels van de karakteristieke vergelijking. Als particuliere oplossing
stellen we nu een lineaire combinatie van xeix en xe−ix voor, of, hetgeen op hetzelfde neerkomt,
een lineaire combinatie van x cos x en x sin x:
y p = Ax cos x + Bx sin x
Afleiden geeft
y0p = A cos x + B sin x − Ax sin x + Bx cos x
y00p = −2A sin x + 2B cos x − Ax cos x − Bx sin x
Invullen in de vergelijking levert
−2A sin x + 2B cos x = sin x
zodat A = −1/2 en B = 0. De algemene integraal van de vergelijking is
x
yh = (c1 − ) cos x + c2 sin x
2
7.5
De methode der eigenwaarden en eigenvectoren
We beschouwen een homogeen differentiaalstelsel met constante coëfficiënten.


y01 = a11 y1 + a12 y2 + · · · + a1n yn


 y0 = a21 y1 + a22 y2 + · · · + a2n yn
2
..

.


 y0 = a y + a y + · · · + a y
nn n
n1 1
n2 2
n
(7.43)
In matrixvorm:
Y 0 = AY
(7.44)
Om dit stelsel op te lossen kunnen we altijd de methode van afleiding en eliminatie toepassen.
Dit herleidt het stelsel tot een homogene differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten. Het
volstaat dan om de resultaten uit § 7.4 toepassen.
105
In deze paragraaf bespreken we in het kort een alternatieve methode. Herhaal dat V een eigenvector
is van de matrix A met bijhorende eigenwaarde λ als
AV = λV
In de cursus lineaire algebra hebben we gezien hoe we de eigenwaarden en eigenvectoren van een
matrix A kunnen bepalen.
Lemma 7.5.1 Als V een eigenvector is van A met bijhorende eigenwaarde λ, dan is Y = Veλx een
oplossing van (7.44)
Bewijs.
Y 0 = λVeλx = AVeλx = AY
Onderstel nu dat er n lineair onafhankelijke eigenvectoren V1 ,V2 , · · · ,Vn van A bestaan, met bijhorende eigenwaarden λ1 , λ2 , · · · , λn . Dit is steeds het geval als A een symmetrische matrix is (zie
cursus lineaire algebra). In dit geval is de algemene integraal van (7.44)
n
Y = ∑ ciVi eλi x
i=1
De oplossing van (7.44) is dus herleid tot het bepalen van de eigenwaarden en eigenvectoren van
de matrix van het stelsel.
106
Hoofdstuk 8
Numerieke reeksen
8.1
Algemene eigenschappen
Ik heb een taart maar wens die niet helemaal ineens op te eten. Daarom eet ik de helft van de taart
op en hou de rest voor morgen. De volgende dag eet ik de helft van hetgeen overblijft (een vierde
van de oorspronkelijke) taart op, zodat nog een vierde overblijft. De derde dag verorber ik weer
de helft van hetgeen overblijft, zodat nog een achtste van de taart overblijft. Zo ga ik verder, en in
theorie kan ik tot in het oneindige van de taart blijven eten. Hoeveel van de taart heb ik opgegeten
na n dagen?
1
1
1 1 1
+ + +···+ n = 1− n
2 4 8
2
2
In de limiet voor het aantal dagen n naar oneindig heb ik de ganse taart opgegeten. We schrijven
∞
1
1
1
1
1
∑ 2n = 2 + 4 + 8 + · · · + 2n + · · · = 1
n=1
We gaan dit nu mathematisch precizeren.
Definitie 8.1.1 Gegeven is een numerieke rij (un ). Een uitdrukking van de vorm
u1 + u2 + u3 + · · · + un + · · ·
of, korter,
∞
∑ un
n=1
noemt men een numerieke reeks. Stel
n
sn = u1 + u2 + · · · + un = ∑ ui
i=1
107
∞
Men noemt de numerieke rij (sn ) de rij der partiële sommen van de reeks
∑ un. Indien de rij der
n=1
∞
partiële sommen convergeert naar een getal s ∈ R, dan zegt men dat de reeks
∑ un convergent is
n=1
met som s, en met noteert dit als volgt
∞
∑ un = s
n=1
Dit betekent dus dat
∀ε > 0, ∃N ∈ N : ∀n > N : |sn − s| < ε
Opmerkingen 8.1.2 1) Indien de rij der partiële sommen (sn ) divergeert, dan zeggen we dat de
reeks ∑∞
n=1 un divergent is. Dit kan gebeuren op drie manieren:
∞
• lim sn = +∞. De reeks
n→∞
∑ un divergeert dan naar +∞.
n=1
∞
• lim sn = −∞. De reeks
n→∞
∑ un divergeert dan naar −∞.
n=1
∞
• de rij (sn ) is schommelend. Men zegt dat de reeks
∑ un schommelend is.
n=1
∞
2) Er is een zekere dubbelzinnigheid in de notatie. Het symbool
∑ un wordt zowel gebruikt om
n=1
een reeks aan te duiden, als om de som van de reeks aan te duiden.
3) In onze definitie liep de index n van 1 tot ∞. Uiteraard kunnen we voor de benedenindex eender
welk ander natuurlijk (of geheel) getal nemen.
∞
Voorbeelden 8.1.3 1) s =
1
1
1
1
1
∑ n(n + 1) = 2 + 6 + 12 + · · · + n(n + 1) + · · ·
n=1
Splitsen in partieelbreuken levert
1
1
1
= −
n(n + 1) n n + 1
en de n-de partiële som is
n
1
1
1 1
1
1 1
= 1− + − +···+ −
= 1−
2
2 3
n n+1
n+1
i=1 i(i + 1)
sn = ∑
We vinden nu gemakkelijk dat
lim sn = lim (1 −
n→∞
n→∞
108
1
)=1
n+1
(8.1)
zodat
∞
1
∑ n(n + 1) = 1
n=1
∞
2) s =
∑ an = 1 + a + a2 + a3 + · · ·.
n=0
Deze reeks wordt de meetkundige reeks genoemd. Met behulp van het merkwaardige product
an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 + · · · + bn−1 )
berekenen we gemakkelijk de partiële som
n
∑ ak =
sn =
k=0
an+1 − 1
a−1
Als |a| < 1, dan is de reeks convergent, en
∞
1
∑ an = 1 − a
n=0
Als a ≥ 1 dan divergeert de reeks naar +∞; als a ≤ −1, dan is de reeks schommelend.
n
2
3
3) t = ∑∞
n=0 (n + 1)a = 1 + 2a + 3a + 4a + · · ·.
We veronderstellen van in het begin dat |a| < 1. We bepalen de n-de partiële som tn . sn is de n-de
partiële som van de meetkundige reeks, zie voorbeeld 2.
tn
=
=
=
(8.1)
=
=
=
1 + 2a + 3a2 + · · · + (n + 1)an
1 + a + a2 + · · · + an−1 + an
+a + a2 + · · · + an−1 + an
+a2 + · · · + an−1 + an
+···
+an−1 + an
+an
sn + asn−1 + a2 sn−2 + · · · + an s0
1
(1 − an+1 + a(1 − an ) + a2 (1 − an−1 ) + · · · + an (1 − a))
1−a
1
(1 − an+1 + a − an+1 + a2 − an+1 + a3 − an+1 + · · · + an − an+1 )
1−a
1
(sn − (n + 1)an+1 ).
1−a
en we vinden finaal dat
1 1
n+1
t = lim tn =
lim sn − lim (n + 1)a
=
.
n→∞
n→∞
n→∞
1−a
(1 − a)2
109
We besluiten dus dat
∞
1
∑ (n + 1)an = (1 − a)2 .
n=0
Hiermee maken we gebruik van de formule
lim nan = 0,
n→∞
voor |a| < 1. We zullen dit rechtstreeks aantonen voor 0 < a < 1. Stel bn = nan . Aangezien
limn→∞ n/(n − 1) = 1 hebben we
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N : 1 − ε <
n
< 1 + ε.
n−1
√
√
Kies ε = 1/ a − 1 zodat 1 + ε = 1/ a. Fixeer N. Voor elke n > N hebben we nu dat
√
n
bn
=
a < a,
bn−1 n − 1
en
n−N
bn bn−1
bN+1
···
<a 2 ,
bn−1 bn−2
bN
en tenslotte
0 < bn < a
n−N
2
n→∞
bN −→0.
Uit de inklemmingsstelling volgt dat limn→∞ bn = 0.
Uit de bovenstaande voorbeelden blijkt dat het in het algemeen moeilijk zal zijn om de som van
een reeks exact te bepalen. Immers, men moet een formule kunnen opstellen voor de partiële
som, en dit is alleen in een beperkt aantal gevallen mogelijk. Er bestaat dan ook geen algemene
methode die toelaat om de som van een reeks te bepalen. Het probleem dat we in het vervolg zullen
bespreken is dan ook eenvoudiger: gegeven een numerieke reeks, is deze al dan niet convergent?
Een eigenschap die toelaat om de convergentie van een klasse reeksen te onderzoeken wordt een
convergentiekenmerk genoemd. Helaas bestaat er geen enkel convergentiekenmerk dat ons toelaat
om over convergentie of divergentie van een willekeurige reeks te beslissen. In elk van de criteria
die we zullen zien is er steeds een gat: een situatie waarin er geen besluit is.
Toch is er een kenmerk dat algemeen is. Dit kenmerk heeft echter het nadeel dat het praktisch
meestal niet erg bruikbaar is. Herhaal dat een numerieke rij convergent is als en slechts als deze rij
een Cauchy rij is (zie volume 1). Een rij (an ) is een Cauchy rij als
∀ε > 0, ∃N : ∀n, m > N : |am − an | < ε
of, als we m = n + k stellen,
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, k ≥ 1 : |an+k − an | < ε
Neem nu an = sn , de n-de partiële som van een reeks ∑∞
n=1 un . Dan is
sn+k − sn = un+1 + un+2 + · · · + un+k
en het convergentiekenmerk van Cauchy neemt de volgende vorm aan.
110
Stelling 8.1.4 (convergentiecriterium van Cauchy)
Een numerieke reeks ∑∞
n=1 un is convergent dan en slechts dan als
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, k ≥ 1 : |un+1 + un+2 + · · · + un+k | < ε
Enkele algemene eigenschappen
∞
Stelling 8.1.5 Als de reeks
lim un = 0.
∑ un convergeert, dan is n→∞
n=1
Bewijs. We zien gemakkelijk dat sn − sn−1 = un . Daardoor is
lim un = lim sn − lim sn−1 = 0
n→∞
n→∞
n→∞
Opdat een reeks zou convergeren is het dus nodig dat de limiet van de algemene term van de reeks 0
is. Deze voorwaarde is echter geen voldoende voorwaarde, zoals blijkt uit het volgende voorbeeld.
Voorbeeld 8.1.6 De reeks
∞
1
∑ √n
n=1
is divergent. Immers,
√
1
1
1
1
sn = 1 + √ + √ + · · · + √ ≥ n √ = n
n
n
3
2
en dit impliceert dat
∞
1
lim sn = +∞
∑ √n = n→∞
n=1
Toch is de limiet van de algemene term van de reeks 0:
1
lim √ = 0
n
n→∞
∞
Stelling 8.1.7 Neem twee reeksen
∞
∞
∑ un en ∑ vn, en beschouw de reeks ∑ un + vn.
n=1
1. Als
∞
n=1
n=1
∞
∞
∑ un = s en ∑ vn = t convergent zijn, dan convergeert ook de reeks ∑ un + vn, en de
n=1
n=1
n=1
som van deze reeks is s + t;
∞
2. als
∑ un convergent, en
n=1
∞
∞
∑ vn divergent, dan is
n=1
111
∑ un + vn divergent;
n=1
3. als beide reeksen divergeren, dan kunnen we niets besluiten.
n
Bewijs. 1)
n→∞
∑ ui + vi = sn + tn −→s + t.
i=1
∞
2) Indien
∞
∑ un + vn zou convergeren, dan zou vanwege het eerste deel van de stelling ook
n=1
∞
vn − un =
∑ un +
n=1
∑ vn convergeren, en dit is strijdig met de onderstelling.
n=1
∞
3) Als beide reeksen divergeren dan kan de reeks
∑ un + vn zowel convergent als divergent zijn.
n=1
Neem bijvoorbeeld un = vn = 1 (dan is de somreeks divergent) of un = −vn = 1 (dan is de somreeks
convergent).
∞
Stelling 8.1.8 Als
∞
∑ un = s convergent is, dan geldt voor elke k ∈ R dat ∑ kun = ks convergent
n=1
n=1
is.
Bewijs.
n
lim
n→∞
n
∑ kui = k lim
n→∞
i=1
∑ ui = ks
i=1
Stelling 8.1.9 Als men in een convergente of divergente reeks een eindig aantal termen schrapt of
toevoegt, dan zal de nieuwe reeks convergent of divergent blijven. De som zal toenemen of afnemen
met een bedrag gelijk aan de som van de toegevoegde of geschrapte termen.
Bewijs. Het volstaat uiteraard om de stelling te bewijzen in het geval waarin we een enkele term
aan de reeks toevoegen of eruit schrappen. Bekijk de reeks
∞
∑ un = u1 + u2 + u3 + · · ·
n=1
Onderstel dat we hieraan een enkele term toevoegen, zeg a, tussen uq en uq+1 . De reeks die we
dan verkrijgen is
u1 + u2 + u3 + · · · + uq + a + uq+1 + uq+2 + · · ·
Zij s0n de n-de partiële som van deze nieuwe reeks. Voor n ≤ q is s0n = sn . Voor n > q is
s0n = u1 + u2 + u3 + · · · + uq + a + uq+1 + uq+2 + · · · + un−1 = sn−1 + a
en dus is
∞
lim s0n = a + lim sn−1 = a + ∑ un
n→∞
n→∞
n=1
Op analoge wijze vinden we dat, als we uit een reeks een term schrappen, de som van die reeks
met die term afneemt.
112
∞
Stelling 8.1.10 Onderstel dat
∑ un = s convergent is. De reeks die men verkrijgt door de termen
n=1
op willekeurige wijze te groeperen (zonder de volgorde te wijzigen) is opnieuw convergent met som
∞
s. Hetzelfde resultaat geldt als
∑ un divergeert naar +∞ of −∞.
n=1
Bewijs. Vertrek van de reeks
∞
∑ un = u1 + u2 + u3 + · · ·
n=1
We groeperen de termen zonder de volgorde te wijzigen. De nieuwe reeks wordt dan
∞
∑ u0n = u01 + u02 + u03 + · · ·
n=1
met
u01 = u1 + u2 + · · · + um1
u02 = um1 +1 + um1 +2 + · · · + um2
u03 = um2 +1 + um2 +2 + · · · + um3
···
met m1 < m2 < m3 < · · ·. Het is duidelijk dat
s0n
n
=∑
u0i
i=1
mn
=
∑ u j = smn
j=1
De rij der partiële sommen van de nieuwe reeks is dus een deelrij van de rij der partiële sommen
van de oorspronkelijke reeks, en deze heeft dus dezelfde limiet:
lim s0
n→∞ n
= lim smn = s
n→∞
Dezelfde redenering blijft gelden in het geval waarin s = +∞ of s = −∞.
Opmerking 8.1.11 stelling 8.1.10 geldt niet voor schommelende reeksen. Indien men in een
schommelende reeks termen groepeert, dan kan de reeks convergent worden. Neem bijvoorbeeld
1−1+1−1+1−1+···
Deze reeks is schommelend, want de partiële sommen zijn alternerend 1 en 0. Als we de termen
per twee groeperen krijgen we de reeks
(1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + · · · = 0 + 0 + 0 + · · · = 0
en deze reeks is convergent. Als we op een andere manier groeperen, dan krijgen we opnieuw een
convergente reeks, maar met een andere som.
1 + (−1 + 1) + (−1 + 1) + · · · = 1 + 0 + 0 + · · · = 1
Dit zelfde voorbeeld toont aan dat we in een willekeurige reeks niet zomaar haakjes kunnen weglaten. De reeks kan dan divergent worden.
113
8.2
Positieve reeksen
Uit voorgaande opmerking blijkt dat de associatieve eigenschap niet onverkort geldig is voor numerieke reeksen: het is niet in alle omstandigheden toegelaten om in een reeks een (oneindig)
aantal haakjes te plaatsen of weg te laten. Zoals we verderop zullen zien is ook de commutatieve eigenschap niet altijd geldig: we zullen een voorbeeld zien van een convergente reeks die,
na verwisseling van een (oneindig) aantal termen, nog steeds convergent is, maar met een andere
reekssom.
Het blijkt dat deze problemen niet optreden als we enkel reeksen beschouwen waarvan de algemene term strikt positief is. Dit is wat we in deze paragraaf doen.
∞
Definitie 8.2.1 Een reeks
∑ un wordt een positieve reeks genoemd indien un > 0 voor elke n.
n=1
Opmerking 8.2.2 De resultaten voor positieve reeksen zullen ook bruikbaar zijn voor
• niet-negatieve reeksen, d.w.z. reeksen waarvan de algemene term groter dan of gelijk aan
nul is;
• negatieve reeksen, d.w.z. reeksen waarvan de algemene term negatief is;
• reeksen waarvan de algemene term enkel voor een eindig aantal indices negatief is (het
volstaat de negatieve termen te schrappen en stelling 8.1.9 toe te passen.
In volume 1 hebben we gezien dat een stijgende numerieke rij (an ) convergent is als en alleen als
de rij begrensd is. De limiet van de rij is dan de bovenste grens van de verzameling {a1 , a2 , a3 , · · ·}.
Indien de rij niet begrensd is, dan is de limiet +∞.
∞
Indien de reeks
∑ un positief is, dan geldt duidelijk dat s1 < s2 < s3 < · · · en de rij van de partiële
n=1
sommen is dus stijgend. We kunnen dus concluderen:
∞
Stelling 8.2.3 (basiskenmerk voor positieve reeksen) Een positieve reeks
∑ un is convergent
n=1
als en alleen als de rij der partiële sommen (sn ) begrensd is. Als de rij der partiële sommen niet
begrensd is, dan divergeert de reeks naar +∞.
Een positieve reeks kan dus nooit schommelend zijn. In de volgende stelling zullen we laten zien
dat de commutatieve eigenschap onverkort geldig is voor positieve reeksen.
Stelling 8.2.4 In een positieve reeks mag men de volgorde der termen wijzigen. Meer bepaald,
∞
∞
indien
∑ un een positieve convergente reeks is met som s, en indien
n=1
∞
in
∑ vn verkregen wordt door
n=1
∞
∑ un de volgorde der termen te wijzigen, dan convergeert ook
n=1
+∞, dan is ook
∞
∑ vn = +∞
n=1
114
∑ vn met som s. Indien
n=1
∞
∑ un =
n=1
Bewijs. Er bestaat een bijectie σ : N0 → N0 zodat
vi = uσ(i) en ui = vσ−1 (i)
∞
voor elke index i. Schrijf sn en tn voor de n-de partiële som van de reeksen
∑ un en
n=1
∞
∑ vn. Kies
n=1
n ∈ N0 en stel N(n) = max{σ(1), σ(2), · · · , σ(n)}. Dan is
tn = v1 + v2 + · · · + vn
= uσ(1) + uσ(2) + · · · + uσ(n)
≤ u1 + u2 + · · · + uN(n) = sN(n)
(8.2)
Stel M(n) = max{σ−1 (1), σ−1 (2), · · · , σ−1 (n)}. Op analoge wijze vinden we dat
sn ≤ tM(n)
Als
(8.3)
∞
lim sn = s
∑ un = n→∞
n=1
convergent, dan volgt uit (8.2) dat
tn ≤ sN(n) ≤ s
∞
begrensd, en dus is
∑ vn convergent, en
n=1
lim tn ≤ s
n→∞
Uit (8.3) volgt dat
s = lim sn ≤ lim tM(n) = lim tn
n→∞
en dus is
n→∞
n→∞
∞
lim tn = s
∑ vn = n→∞
n=1
Als
∞
lim sn = +∞
∑ un = n→∞
n=1
dan volgt uit (8.3) dat de rij der partiële sommen (tn ) niet begrensd is, en dus is ook
∞
lim tn = +∞
∑ vn = n→∞
n=1
115
Vergelijkingskenmerken
∞
We beschouwen twee positieve reeksen
∞
∑ un en ∑ vn. De vergelijkingskenmerken laten toe uit de
n=1
n=1
convergentie of divergentie van één van beide reeksen het gedrag van de andere reeks af te leiden.
Stelling 8.2.5 Onderstel dat er een reëel getal k bestaat en een index N zodat un ≤ kvn voor elke
n > N.
∞
• Als
∞
∑ vn convergent is, dan is ook ∑ un convergent;
n=1
n=1
∞
• als
∞
∑ un divergent is, dan is ook
n=1
∑ vn divergent.
n=1
Bewijs. Schrap de eerste N termen uit beide reeksen (gebruik stelling 8.1.9). We kunnen dan
∞
onderstellen dat un ≤ kvn voor elke n. Onderstel dat
∑ vn convergeert. Dan is
n=1
n
n
sn = ∑ ui ≤ ∑ kvi = ktn
i=1
i=1
∞
begrensd, zodat de reeks
∑ un convergeert (cf. stelling 8.2.3).
n=1
Voorbeeld 8.2.6 De reeks
∞
1
∑ (2n − 1)n
n=1
convergeert, want
1
2
≤
(2n − 1)n n(n + 1)
voor elke n ≥ 1, en we weten dat
∞
1
∑ n(n + 1) = 1
n=1
convergeert. Schrijf
∞
1
∑ (2n − 1)n = s
n=1
We kunnen nu een voorbeeld geven van een reeks waarvan de som verandert als we de volgorde
van de termen wijzigen. Beschouw de reeks
∞
1 1 1
(−1)n+1
1− + − +··· = ∑
2 3 4
n
n=1
116
(8.4)
Als we de termen per twee groeperen vinden we een nieuwe reeks
∞ ∞
1
1
1
s
1 1 1
+
−
+··· = ∑
−
=∑
=
1−
2
3 4
2n
2
n=1 2n − 1
n=1 (2n − 1)2n
(8.5)
We beweren nu dat de reeks (8.4) ook convergeert met som s/2. We moeten wel voorzichtig zijn,
aangezien we de reeks (8.4) uit (8.5) verkrijgen door haakjes weg te laten. Schrijf sn voor de n-de
partiële som van (8.4). Dan weten we dat
lim s2n =
n→∞
s
2
Bovendien is
s
n→∞
n→∞
2
zodat ook de partiële sommen met oneven index naar s/2 convergeren. Bijgevolg is
lim s2n+1 = lim (s2n + u2n+1 ) =
s
(−1)n+1
lim sn =
∑ n = n→∞
2
n=1
∞
We wijzigen nu de volgorde in de reeks (8.4): we nemen afwisselend een positieve en twee negatieve termen.
1 1 1 1 1
1
1
1
1− − + − − +···+
−
− +···
(8.6)
2 4 3 6 8
2n − 1 4n − 2 4n
Als we in deze reeks de termen per drie groeperen, dan vinden we
1
1
1
1 1 1 1 1
− −
−
−
1− −
+
+···+
+···
2 4
3 6 8
2n − 1 4n − 2 4n
∞ 1
1
1
−
−
= ∑
4n − 2 4n
n=1 2n − 1
∞
=
1
s
∑ (2n − 1)4n = 4
n=1
Op analoge manier als hierboven vinden we dat ook de reeks (8.6) convergeert met som s/4. Door
de volgorde van de termen te wijzigen is de reeks (8.4) met som s/2 dus veranderd in de reeks
(8.6) met som s/4.
Het vergelijkend kenmerk stelling 8.2.5 kan herschreven worden in limietvorm.
Stelling 8.2.7 Als
un
=k
n→∞ vn
lim
∞
met 0 < k < +∞, dan zijn de reeksen
∞
∑ un en ∑ vn terzelfdertijd convergent of divergent.
n=1
n=1
117
Bewijs. Kies ε > 0 zodat 0 < k − ε. Er bestaat een index N zodat voor elke n > N:
u
n
− k < ε
vn
of
0 < k−ε <
un
< k+ε
vn
of
0 < (k − ε)vn < un < (k + ε)vn
∞
Als
∞
∞
∑ vn convergeert dan volgt uit un < (k + ε)vn dat ook ∑ un convergeert.
n=1
Als
n=1
∑ un conver-
n=1
∞
geert, dan volgt uit vn < un /(k − ε) dat ook
∑ vn convergeert.
n=1
Voorbeeld 8.2.8 We weten dat
∞
1
∑ n(n + 1) = 1
n=1
convergeert. Aangezien
1/n2
=1
n→∞ 1/n(n + 1)
lim
convergeert dus ook de reeks
∞
1
∑ n2
n=1
Wat gebeurt er als k = 0 of k = +∞ in stelling 8.2.7? De equivalentie van hierboven geldt dan nog
steeds, maar slechts in één richting.
∞
∞
un
= 0 en ∑ vn convergeert, dan convergeert ook ∑ un .
n→∞ vn
n=1
n=1
Stelling 8.2.9 Als lim
∞
∞
un
= +∞ en ∑ un convergeert, dan convergeert ook ∑ vn .
n→∞ vn
n=1
n=1
Als lim
un
= 0 en kies ε > 0 willekeurig. Er bestaat een index N zodat
n→∞ vn
Bewijs. Onderstel eerst dat lim
∞
|un /vn | < ε of un < vn ε en de convergentie van
∑ un volgt uit die van
n=1
∞
∑ vn, gebruik makend van
n=1
stelling 8.2.5.
un
vn
Als lim
= +∞, dan is lim
= 0 en de tweede uitspraak volgt uit de eerste.
n→∞ vn
n→∞ un
118
Het integraalkenmerk
Het volgende kenmerk laat toe om de convergentie van een positieve reeks af te leiden uit de
convergentie van een oneigenlijke integraal. Merk om te beginnen op dat er een analogie is tussen
de definitie van een oneigenlijke integraal en de definitie van de som van een reeks:
Z +∞
Z x
f (t)dt = lim
x→+∞ a
a
en
f (t)dt
n
∞
∑ ui = lim
n→∞
i=1
∑ ui
i=1
Stelling 8.2.10 Onderstel dat de functie f : [a, +∞) → R+ continu en niet-stijgend is, en onderstel
dat p een natuurlijk getal is groter dan of gelijk aan a. Dan convergeert de oneigenlijke integraal
Z +∞
f (t)dt
a
als en alleen als de reeks
∞
∑
f (n)
n=p
convergeert.
Bewijs. Voor p ≤ n ≤ t ≤ n + 1 geldt
f (p) ≥ f (n) ≥ f (t) ≥ f (n + 1)
( f is niet-stijgend), en dus is
Z n+1
f (n + 1) =
f (n + 1)dt ≤
n
Z n+1
f (t)dt ≤
Z n+1
n
f (n)dt = f (n)
n
Onderstel nu dat de oneigenlijke integraal convergeert. Dan is
un
a
u n+1
n
n+1
Figuur 8.1: Het integraalkenmerk
119
x
sn = f (p) + f (p + 1) + f (p + 2) + · · · + f (n)
≤ f (p) +
Z p+1
Z p+2
f (t)dt +
p
Z n
= f (p) +
≤ f (p) +
f (t)dt + · · · +
p+1
Z n
f (t)dt
n−1
f (t)dt
p
Z +∞
f (t)dt
p
en dus is de rij der partiële sommen begrensd, en convergeert de reeks.
∞
Onderstel omgekeerd dat de reeks
∑ f (n) convergeert met som s. Neem x ≥ p, en n een natuurlijk
n=p
getal groter dan x. Dan is
Z x
f (t)dt ≤
a
Z n
f (t)dt
a
Z p
=
Z p+1
f (t)dt +
a
≤
≤
Z p
Z p+2
f (t)dt +
p
f (t)dt + · · · +
p+1
Z n
f (t)dt
n−1
f (t)dt + f (p) + f (p + 1) + · · · + f (n − 1)
Za p
f (t)dt + s
a
Z x
f (t)dt een stijgende en begrensde functie van x is. Bijgevolg bestaat
en we hebben bewezen dat
de oneigenlijke integraal.
a
Voorbeelden 8.2.11 1) De harmonische reeks
+∞
1
1
1
1
∑ n = 1+ 2 + 3 + 4 +···
n=1
divergeert. Om dit te zien passen we het integraalkenmerk toe met f (t) = 1/t. We berekenen
gemakkelijk dat
Z +∞
dt
= lim ln x = +∞
x→∞
t
1
2) De hyperharmonische reeks
+∞
1
1
1
1
∑ nα = 1 + 2α + 3α + 4α + · · ·
n=1
Voor α = 1 krijgen we de harmonische reeks, en deze divergeert.
Als α ≤ 0, dan nadert de algemene term van de reeks niet naar 0, en bijgevolg is de reeks divergent.
Voor α > 0 en α 6= 1 passen we het integraalcriterium toe met f (t) = 1/t α . We krijgen
"
#x Z +∞
1
dt
t 1−α
als α > 1;
α−1
= lim
=
α
x→∞
t
1−α
1
+∞ als α < 1.
1
120
+∞
en we kunnen besluiten dat de hyperharmonische reeks
1
∑ nα
convergeert voor α > 1 en diver-
n=1
geert voor α ≤ 1.
3) De reeks
∞
1
∑ nln n
n=2
divergeert, want
"
Z +∞
dt
tlnt
2
#x
= lim ln lnt
= +∞
x→∞
2
4) De reeksen
∞
1
∑ n(ln n)α
n=2
∞
1
∑ nln n(ln ln n)α
n=3
∞
1
α
n=28 nln n(ln ln n)(ln ln ln n)
∑
convergeren voor α > 1 en divergeren voor α ≤ 1. Bewijs dit zelf. Deze reeksen worden de reeksen
van Bertrand genoemd.
Het wortelkenmerk van Cauchy
De convergentiekenmerken die we tot nu toe zagen waren allen vergelijkende kenmerken. We
vergeleken de reeks ofwel met een andere reeks, ofwel met een oneigenlijke integraal. We zullen
nu enkele intrinsieke kenmerken bespreken. Om de notaties te vereenvoudigen schrijven we soms
∞
∑ un in plaats van
∑ un. Immers, als we enkel geı̈nteresseerd zijn in convergentie of divergentie,
n=1
dan heeft de ondergrens niet veel belang (zie stelling 8.1.9).
Stelling 8.2.12 We beschouwen een positieve reeks ∑ un .
1. Indien er een α ∈ (0, 1) en een index N bestaat zodat
convergent;
√
2. indien n un ≥ 1 voor n > N, dan is ∑ un divergent.
√
n u ≤ α < 1 voor n > N, dan is
∑ un
n
Bewijs. 1) Voor n > N is un ≤ αn . We weten dat de meetkundige reeks ∑ αn convergent is (α < 1)
en uit het vergelijkend kenmerk (stelling 8.2.5) volgt dat ∑ un convergent.
2) Voor n > N is un ≥ 1, en dus kan un onmogelijk naar nul naderen, en dus is ∑ un divergent,
vanwege stelling 8.1.5.
121
√
Opmerking 8.2.13 Het is niet voldoende dat n un < 1 voor n > √
N om tot convergentie te kunnen
besluiten; de harmonische reeks ∑ 1/n is divergent, en toch is 1/ n n < 1 voor elke n > 1.
Het wortelkenmerk van Cauchy kan in limietvorm herschreven worden.
Stelling 8.2.14 Onderstel dat Λ = lim
n→∞
√
n
un bestaat.
1. Als Λ < 1 dan is ∑ un convergent;
2. Als Λ > 1 dan is ∑ un divergent;
3. Als Λ = 1 dan kunnen we niets besluiten.
Bewijs. 1) Kies ε > 0 zodat Λ + ε < 1. Er bestaat een index N zodat voor n > N
√
| n un − Λ| < ε
of
Λ−ε <
√
n
un < Λ + ε < 1
en uit stelling 8.2.12 volgt dat ∑ un convergeert.
2) Kies ε > 0 zodat Λ − ε > 1. Er bestaat een index N zodat voor n > N
√
| n un − Λ| < ε
of
1 < Λ−ε <
√
n
un < Λ + ε
en uit stelling 8.2.12 volgt dat ∑ un divergeert.
3) Beschouw de reeksen
∞
1
∑ n en
n=1
∞
1
∑ n2
n=1
De ene reeks is divergent en de andere is convergent. In beide gevallen is Λ = 1.
Het convergentiekenmerk van d’Alembert
Het convergentiekenmerk van Cauchy is vooral handig als we gemakkelijk de n-de machtswortel
uit het n-de element van de rij kunnen berekenen. Het convergentiekenmerk van d’Alembert daarentegen is geschikt als we gemakkelijk de verhouding van twee opeenvolgende termen in de reeks
kunnen berekenen.
Stelling 8.2.15 We beschouwen een positieve reeks ∑ un .
un+1
≤ α < 1 voor n ≥ N, dan is ∑ un
1. Indien er een α ∈ (0, 1) en een index N bestaat zodat
un
convergent;
122
2. indien
un+1
≥ 1 voor n ≥ N, dan is ∑ un divergent.
un
Bewijs. 1) Voor elke n > N geldt
un un−1 un−2
uN+1
···
≤ αn−N
un−1 un−2 un−3
uN
en
uN n
α
αN
We weten dat de meetkundige reeks ∑ αn convergent is (α < 1) en uit het vergelijkend kenmerk
(stelling 8.2.5) volgt dat ∑ un convergent.
2) uN ≤ uN+1 ≤ uN+2 ≤ · · ·, en dus kan un onmogelijk naar nul naderen, en dus is ∑ un divergent,
vanwege stelling 8.1.5.
un ≤
Opmerking 8.2.16 Als un+1 /un < 1 vanaf een zekere index N, dan kunnen we daaruit niet besluiten dat de reeks convergeert. Een tegenvoorbeeld is de harmonische reeks ∑ 1/n.
Ook het convergentiecriterium van d’Alembert kan in limietvorm geschreven worden.
un+1
bestaat.
n→∞ un
Stelling 8.2.17 Onderstel dat Λ = lim
1. Als Λ < 1 dan is ∑ un convergent;
2. Als Λ > 1 dan is ∑ un divergent;
3. Als Λ = 1 dan kunnen we niets besluiten.
Bewijs. 1) Kies ε > 0 zodat Λ + ε < 1. Er bestaat een index N zodat voor n > N
un+1
− Λ| < ε
|
un
of
un+1
< Λ+ε < 1
un
en uit stelling 8.2.15 volgt dat ∑ un convergeert.
2) Kies ε > 0 zodat Λ − ε > 1. Er bestaat een index N zodat voor n > N
un+1
|
− Λ| < ε
un
Λ−ε <
of
1 < Λ−ε <
un+1
< Λ+ε
un
en uit stelling 8.2.15 volgt dat ∑ un divergeert.
3) Beschouw de reeksen
∞
1
∑ n en
n=1
∞
1
∑ n2
n=1
De ene reeks is divergent en de andere is convergent. In beide gevallen is Λ = 1.
123
Voorbeeld 8.2.18 Bekijk de reeks
∞
1
∑ n!
n=0
We zien gemakkelijk dat
n!
1 n→∞
un+1
=
=
−→0
un
(n + 1)! n + 1
zodat Λ = 0 en de reeks convergeert. In hoofdstuk 2 zullen we zien dat
∞
1
∑ n! = e
n=0
Als Λ = 1, een situatie die in de praktijk helaas vaak voorkomt, dan bestaan er meer verfijnde
criteria die toelaten om de convergentie te onderzoeken. In elk van deze criteria is er echter een
“gat”: een situatie waarin er geen besluit te trekken valt.
8.3
Willekeurige reeksen
In deze paragraaf bestuderen we reeksen die mogelijk een oneindig aantal positieve en een oneindig
aantal negatieve termen bevatten. We noemen deze reeksen willekeurige reeksen. We zullen zien
dat er twee soorten convergentie kunnen optreden: absolute convergentie en relatieve convergentie.
Absolute en relatieve convergentie
∞
Definitie 8.3.1 Een willekeurige reeks
∞
∑ un heet absoluut convergent indien de reeks
n=1
∑ |un| con-
n=1
vergeert.
Een reeks die convergent is, maar niet absoluut convergent noemen we relatief convergent.
Stelling 8.3.2 Een absoluut convergente reeks is convergent.
Bewijs. We gebruiken het convergentiekenmerk van Cauchy (stelling 8.1.4). Omdat ∑ |un | convergeert bestaat er voor elke ε > 0 een index N zodat voor elke n > N en p ≥ 0:
|un | + |un+1 | + |un+2 | + · · · + |un+p | < ε
Uit de driehoeksongelijkheid volgt dat
|un + un+1 + un+2 + · · · + un+p | ≤ |un | + |un+1 | + |un+2 | + · · · + |un+p | < ε
en dus voldoet ook de reeks ∑ un aan het convergentiecriterium van Cauchy. We kunnen besluiten
dat ∑ un convergent is.
Om na te gaan dat een reeks ∑ un absoluut convergeert kan men de kenmerken uit de vorige paragraaf toepassen op de positieve reeks ∑ |un |.
124
Voorbeelden 8.3.3 1) De reeks
(−1)n+1
∑ n2
n=1
∞
is absoluut convergent. Immers, de hyperharmonische reeks
∞
1
∑ n2
n=1
convergeert.
2) De reeks
(−1)n+1
∑ n
n=1
∞
is relatief convergent. Immers, de harmonische reeks
∞
1
∑n
n=1
divergeert, zodat de reeks niet absoluut convergent is. In de vorige paragraaf hebben we gezien dat
(−1)n+1
∑ n convergent is, en dus is de reeks relatief convergent.
Stelling 8.3.4 Neem een willekeurige reeks ∑ un . Schrijf ∑ an voor de reeks gevormd door de
positieve termen un , geschreven in de volgorde waarin ze voorkomen in ∑ un , en − ∑ bn voor de
reeks gevormd door de negatieve termen. Dan is
⇐⇒
∑ un absoluut convergent
∑ an en ∑ bn convergent
In dit geval is
∞
∞
∑ un =
n=1
en
n=1
n=1
∞
∞
∞
∑ |un| =
n=1
∞
∑ an − ∑ bn
∑ an + ∑ bn
n=1
n=1
∞
Bewijs. Schrijf sn , pn en qn voor de n-de partiële som van de reeksen
∑ un ,
n=1
∞
∑ an en
n=1
∞
∑ bn. Neem
n=1
een index n, en onderstel dat m het aantal positieve termen in de reeks met index ten hoogste n is.
Dan is duidelijk
sn = pm − qn−m
(8.7)
en dus
n
tn = ∑ |un | = pm + qn−m
(8.8)
i=1
Als ∑ |un | absoluut convergent, dan is de rij der partiële sommen (tn ) begrensd, en dus ook de rijen
(pn ) en (qn ) aangezien pm ≤ tn en qn−m ≤ tn , en we kunnen besluiten dat ∑ an en ∑ bn convergeren.
125
Omgekeerd, als ∑ an en ∑ bn convergeren, dan zijn de rijen (pn ) en (qn ) begrensd en dus ook (tn ),
vanwege (8.8), en dus is ∑ |un | convergent.
De twee laatste formules volgen door in (8.7, 8.8) de limiet te nemen voor n en m naar oneindig.
Gevolg 8.3.5 In een absoluut convergente reeks mag men de volgorde der termen wijzigen.
Bewijs. We gebruiken dezelfde notaties als in stelling 8.3.4. Schrijf ∑ u0n voor de reeks ∑ un na
wijziging van de volgorde der termen. De reeksen ∑ a0n en − ∑ b0n bestaande uit de positieve en
negatieve termen van de reeks ∑ u0n ontstaan uit de reeksen ∑ an en − ∑ bn door wijziging van de
volgorde. Omdat ∑ an en ∑ bn convergente positieve reeksen zijn, convergeren ook ∑ a0n en − ∑ b0n
(stelling 8.2.4) en
∞
∑ a0n =
n=1
∞
∑ an en
n=1
∞
∞
n=1
n=1
∑ b0n =
∑ bn
Uit stelling 8.3.4 volgt dat ∑ u0n absoluut convergent is en dat
∞
∑ u0n =
n=1
=
∞
∞
n=1
∞
n=1
∞
∑ a0n − ∑ b0n
∑ an − ∑ bn
n=1
∞
=
n=1
∑ un
n=1
Uit stelling 8.3.4 volgt dat een relatief convergente reeks een convergente reeks is zodanig dat
de reeksen gevormd door de positieve en de negatieve termen divergeren. Men kan aantonen dat
men in een relatief convergente reeks de volgorde zodanig kan veranderen dat de nieuwe reeks
convergeert naar eender welk vooraf gegeven getal.
Alternerende reeksen
Een alternerende reeks is een reeks van de vorm
∞
∑ (−1)n+1un = u1 − u2 + u3 − u4 + · · ·
n=1
waarbij un > 0. Voor alternerende reeksen bestaat er een eenvoudig criterium om over convergentie
te beslissen.
Stelling 8.3.6 (kenmerk van Leibniz)
Beschouw een alternerende reeks ∑(−1)n+1 un . Indien de rij (un ) vanaf een zekere index N nietstijgend is, en indien lim un = 0, dan is de reeks ∑(−1)n+1 un convergent.
n→∞
126
Bewijs. Schrap de eerste N termen uit de reeks (gebruik stelling 8.1.8). We kunnen dan onderstellen
dat de rij (un ) niet-stijgend is:
u1 ≥ u2 ≥ u3 ≥ · · ·
We tonen eerst aan dat de rij van de partiële sommen met oneven index convergeert.
s2n+1 = (u1 − u2 ) + (u3 − u4 ) + (u5 − u6 ) + · · · + (u2n−1 − u2n ) + u2n+1 ≥ 0
en
s2n+1 = s2n−1 − (u2n − u2n+1 ) ≤ s2n−1
zodat (s2n−1 ) een niet-stijgende begrensde en dus convergente rij is. Schrijf
lim s2n+1 = s
n→∞
Nu is
n→∞
s2n = s2n+1 − u2n+1 −→s
omdat un −→0. De rij der partiële sommen convergeert dus en de reeks is convergent.
Opmerking 8.3.7 We hebben aangetoond dat de rij der oneven partiële sommen naar de reekssom
daalt. Op dezelfde manier kan men aantonen dat de rij der even partiële sommen stijgend is; we
hebben dus
s2 ≤ s4 ≤ s6 ≤ · · · ≤ s ≤ · · · s5 ≤ s3 ≤ s1
Voorbeeld 8.3.8 De reeks
1 1 1
(−1)n
= 1− + − +···
2 3 4
n=1 n + 1
∞
∑
is convergent. In het volgend hoofdstuk zullen we zien dat de reekssom ln 2 is.
127
Hoofdstuk 9
Reeksen van functies
9.1
Uniforme convergentie van een rij functies
Beschouw een rij functies un : (a, b) → R. Voor elke x ∈ (a, b) kunnen we de numerieke rij (un (x))
bekijken. We kunnen dan nagaan of deze rij een limiet heeft. Vandaar de volgende definitie.
Definitie 9.1.1 De rij functies un convergeert puntsgewijs naar de functie ` : (a, b) → R indien
voor elke x ∈ (a, b) geldt dat
lim un (x) = `(x)
n→∞
of, met andere woorden, indien
∀ε > 0, ∀x ∈ (a, b), ∃Nx : n > Nx =⇒ |un (x) − `(x)| < ε
(9.1)
Een analoge definitie kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een gesloten
interval.
Puntsgewijze limieten kunnen gemakkelijk berekend worden: beschouw de veranderlijke x als een
parameter, en bereken de limiet alsof het de limiet van een gewone numerieke rij betreft. Puntsgewijze limieten hebben echter geen mooie eigenschappen. Zo is het mogelijk dat de puntsgewijze
limiet van een rij continue functies niet langer continu is. Dit blijkt uit de volgende voorbeelden.
Voorbeelden 9.1.2 1) Beschouw de rij functies un : R → R gedefinieerd als volgt:

1

 −1 als x ≤ − n ;
un (x) = nx als − 1n < x < 1n ;


1
als x ≥ n1 .
De functies un zijn overal continu. De puntsgewijze limiet is echter niet continu in 0:
lim un (x) = `(x)
n→∞
128
met


 −1
`(x) = 0


1
als x = 0;
als x > 0.
y=u_5(x)
2
1.5
1.5
1
1
0.5
0.5
0
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
-2
-2
-1.5
-1
-0.5
0
y=l(x)
2
y-as
y-as
als x < 0;
0.5
1
1.5
-2
-2
2
-1.5
-1
-0.5
x-as
0
0.5
1
1.5
2
x-as
Figuur 9.1: De puntsgewijze limiet van continue functies is niet noodzakelijk continu
2) De puntsgewijze limiet van de rij functies un : R → R gedefinieerd door
un (x) = 1 + x2 −
1
(1 + x2 )n
wordt gegeven door
`(x) = lim un (x) =
n→∞
1 + x2
als x 6= 0;
0
als x = 0.
Om dat te verhelpen is een nieuwe definitie van convergentie van een rij functies nodig. Merk op
dat in (9.1) de index Nx in het algemeen afhangt van x. Indien Nx onafhankelijk van x kan gekozen
worden, dan zeggen we dat de rij functies uniform convergeert.
Definitie 9.1.3 De rij functies un convergeert uniform naar de functie ` : (a, b) → R indien
∀ε > 0, ∃N : n > N =⇒ ∀x ∈ (a, b) : |un (x) − `(x)| < ε
(9.2)
Een analoge definitie kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een gesloten
interval.
Meetkundig kunnen we dit als volgt zien: voor elke ε > 0 en voor n groot genoeg ligt de grafiek
van de kromme y = un (x) tussen de grafieken van de functies y = `(x) − ε en y = `(x) + ε. Deze
eigenschap geldt duidelijk niet voor de twee bovenstaande voorbeelden.
129
y=u_10(x)
9
9
8
8
7
7
6
6
5
5
4
4
3
3
2
2
1
1
0
-3
-2
-1
0
y=u_50(x)
10
y-as
y-as
10
1
2
0
-3
3
-2
-1
x-as
y=u_500(x)
9
9
8
8
7
7
6
6
5
4
3
3
2
2
1
1
-2
-1
0
2
3
1
2
3
5
4
0
-3
1
y=l(x)
10
y-as
y-as
10
0
x-as
1
2
0
-3
3
x-as
-2
-1
0
x-as
Figuur 9.2: De puntsgewijze limiet van continue functies is niet noodzakelijk continu
Stelling 9.1.4 Als een rij functies un (x) uniform convergeert naar `(x) over een interval (a, b), en
indien de functies un (x) continu zijn over (a, b) vanaf een zekere index M, dan is `(x) ook continu
over (a, b). Een analoge eigenschap geldt voor gesloten intervallen.
Bewijs. Kies ε > 0 willekeurig, en x ∈ (a, b). Dan geldt:
|`(x + h) − `(x)| ≤ |`(x + h) − un (x + h)| + |un (x + h) − un (x)| + |un (x) − `(x)|
Omdat (un (x)) uniform convergeert, bestaat er een index N zo dat voor elke y ∈ (a, b) en n > N
geldt dat
ε
|un (y) − `(y)| <
3
in het bijzonder
ε
ε
|`(x + h) − un (x + h)| < en |un (x) − `(x)| <
(9.3)
3
3
Kies nu n vast en groter dan de indices M en N. Dan is un continu in x, en er bestaat een δ > 0 zo
dat
ε
|h| < δ =⇒ |un (x + h) − un (x)| <
(9.4)
3
130
l(x) + e
l(x)
l(x) – e
a
De kromme un(x) ligt
overal dicht bij l(x)
x
b
Figuur 9.3: De grafieken van f en un liggen “dicht”bij elkaar
Combineren van (9.3) en (9.4) geeft
|h| < δ =⇒ |`(x + h) − `(x)| < ε
en dus is ` continu in x.
Stelling 9.1.5 Onderstel dat un : [a, b] → R continu is, en dat un (x) uniform convergeert naar l(x)
over [a, b]. Dan geldt
Z b
lim
n→∞ a
Z b
un (x)dx =
l(x)dx
a
Met andere woorden, we mogen dan limiet en integraal verwisselen.
Bewijs. Uit stelling 9.1.4 volgt dat l continu is over [a, b], en bijgevolg kan geı̈ntegreerd worden.
Omdat un (x) uniform convergeert naar l(x) hebben we
∀ε > 0, ∃N : ∀n > N, ∀x ∈ [a, b] : |l(x) − un (x)| <
ε
.
b−a
Voor alle n > N hebben we dus
Z b
Z b
Z b
un (x)dx −
= (un (x) − l(x))dx
l(x)dx
a
a
a
≤
Z b
a
|un (x) − l(x)|dx <
ε(b − a)
=ε
b−a
Stelling 9.1.6 Onderstel dat un : (a, b) → R continu afleidbaar is, dat un (x) puntsgewijs convergeert naar l(x) over [a, b], en u0n (x) uniform naar f (x) over (a, b). Dan is l(x) afleidbaar, en
l 0 (x) = f (x) = lim u0n (x)
n→∞
Met andere woorden, we mogen dan limiet en afgeleide verwisselen.
Bewijs. Omdat u0n uniform convergeert naar f over elk gesloten deelinterval [x0 , x] van (a, b) hebben we, vanwege stelling 9.1.5:
Z x
Z x
f (t)dt = lim
x0
n→∞ x0
u0n (t)dt = lim un (x) − un (x0 ) = l(x) − l(x0 )
n→∞
131
Beide leden afleiden naar x geeft
f (x) =
d
dx
Z x
f (t)dt = l 0 (x).
x0
Net zoals in het geval van een numerieke rij bestaat er een criterium voor uniforme convergentie
van een rij functies waarin de limietfunctie `(x) niet voorkomt:
Stelling 9.1.7 Criterium van Cauchy De rij functies un convergeert uniform over het interval
(a, b) dan en slechts dan als
∀ε > 0, ∃N : m, n > N =⇒ ∀x ∈ (a, b) : |un (x) − um (x)| < ε
(9.5)
Een analoge eigenschap kunnen we opschrijven voor rijen van functies gedefinieerd op een gesloten interval.
Bewijs. Onderstel dat un uniform convergeert over het interval (a, b) naar een functie `(x). Voor
elke ε > 0 bestaat dan een index N zo dat voor n > N en x ∈ (a, b) geldt dat
|un (x) − `(x)| <
ε
2
Voor n, m > N en x ∈ (a, b) geldt dus:
|un (x) − um (x)| ≤ |un (x) − `(x)| + |`(x) − um (x)| <
ε ε
+ =ε
2 2
en dus is voldaan aan (9.5).
Omgekeerd, onderstel dat de rij (un ) voldoet aan (9.5). Dan is voor elke x ∈ (a, b) de numerieke
rij (un (x)) een Cauchyrij. De rij (un (x)) is dus convergent; noem de limiet `(x). un (x) convergeert
dan puntsgewijs naar `(x), en de stelling is bewezen als we kunnen aantonen dat deze convergentie
ook uniform is. Bij onderstelling is
|un (x) − um (x)| < ε
zodra n, m > N, en ongeacht x. Dus geldt voor elke x ∈ (a, b):
lim |un (x) − um (x)| ≤ ε
m→∞
en dus
|un (x) − `(x)| ≤ ε < 2ε
voor elke n > N en x ∈ (a, b). De convergentie is dus uniform.
Opmerking 9.1.8 Voor een vector ~a ∈ Rn kan men de lengte (of norm) invoeren:
s
n
k~ak =
∑ a2i
i=1
132
Voor een functie die begrensd is over een interval [a, b] kan men ook een norm definiëren. Men doet
dit als volgt: De norm van een begrensde functie f : [a, b] → R wordt gegeven door de formule
k f k = sup{| f (x)| : a ≤ x ≤ b}
(9.6)
De definitie van uniforme convergentie van een rij functies kan nu als volgt herschreven worden:
de rij functies un convergeert uniform over [a, b] naar de functie ` : [a, b] → R indien
∀ε > 0, ∃N : n > N =⇒ kun − `k < ε
(9.7)
Herschrijf zelf het convergentiecriterium van Cauchy met behulp van de norm.
9.2
Uniforme convergentie van een reeks functies
Zij A een deel van R. We zullen meestal aannemen dat A convex is, d.w.z. A is een (open, halfopen
of gesloten) interval, een (open of gesloten) halve rechte, of gans R.
Beschouw een rij functies un : A ⊂ R → R. De uitdrukking
∞
∑ un(x)
n=1
noemen we een reeks van functies. De n-de partiële som
n
sn (x) = ∑ ui (x)
i=1
is dan ook een functie van x.
∞
We zeggen dat
∑ un(x) puntsgewijs convergent is over A met som s(x) als
n=1
lim sn (x) = s(x)
n→∞
voor elke x ∈ A, of, met andere woorden, indien
∀ε > 0, ∀x ∈ A, ∃Nε,x : n > Nε,x =⇒ |s(x) − sn (x)| < ε
∞
Om de puntsgewijze convergentie van de reeks
∑ un(x) te onderzoeken volstaat het dus om voor
n=1
∞
elke x0 ∈ A de convergentie van de numerieke reeks
∑ un(x0) te onderzoeken.
Hiervoor kunnen
n=1
we de technieken uit hoofdstuk 6 gebruiken.
Voorbeeld 9.2.1 De reeks 1 + x + x2 + x3 + · · · convergeert puntsgewijs over (−1, 1). De reekssom
is s(x) = 1/(1 − x).
133
Een reeks convergeert puntsgewijs indien de rij van de partiële sommen puntsgewijs convergeert.
In § 9.1 hebben we een sterkere vorm van convergentie van rijen van functies besproken: uniforme
convergentie. Uniforme convergentie heeft een aantal interessante eigenschappen: de uniforme
limiet van een rij continue functies is opnieuw continu, en deze eigenschap geldt niet voor puntsgewijze convergentie.
∞
∑ un(x) uniform convergent over A met som s(x) indien de rij der partiële
We noemen de reeks
n=1
sommen (sn (x)) uniform convergeert naar s(x) over A, of, met andere woorden, indien
∀ε > 0, ∃Nε : ∀x ∈ A : n > Nε =⇒ |s(x) − sn (x)| < ε
We hebben onmiddellijk de volgende eigenschappen.
∞
Stelling 9.2.2 Als
∑ un(x) uniform convergeert naar s(x) over het interval (a, b), en de functies
n=1
un zijn continu over (a, b), dan is s(x) continu over (a, b).
Bewijs. s(x) is de uniforme limiet van de rij continue functies sn (x), en is dus continu vanwege
stelling 9.1.4.
∞
Stelling 9.2.3 Onderstel dat de functies un : [a, b] → R continu zijn, en dat
∑ un(x) = s(x) uniform
n=1
convergent is over [a, b]. Dan geldt dat
Z b
∞ Z b
s(x)dx =
a
∑
n=1 a
un (x)dx
met andere woorden, een uniform convergente reeks mag term per term geı̈ntegreerd worden.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 9.1.5.
Stelling 9.2.4 Onderstel dat de functies un : (a, b) → R een continue afgeleide bezitten, en dat
∞
de reeks
∞
∑ un(x) = s(x) puntsgewijs convergeert over (a, b). Indien de reeks
n=1
∑ u0n(x) uniform
n=1
∞
convergeert over (a, b), dan is
u0n (x) = s0 (x),
n=1
∑
m.a.w. men mag de reeks term per term afleiden.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 9.1.6.
∞
Stelling 9.2.5 (criterium van Cauchy) De reeks
∑ un(x) convergeert uniform over A als en al-
n=1
leen als
∀ε > 0, ∃Nε : ∀x ∈ A, ∀n > Nε , ∀p > 0 : |un+1 (x) + un+2 (x) + · · · + un+p (x)| < ε
134
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling 9.1.7.
In de praktijk is het criterium van Cauchy niet erg handig. In de volgende twee stellingen geven
we twee meer eenvoudige criteria.
Stelling 9.2.6 (criterium van Weierstrass) Beschouw een rij functies un : A ⊂ R → R. Indien
|un (x)| ≤ mn
voor elke n > N en x ∈ A, en indien ∑ mn een convergente numerieke reeks is, dan is ∑ un (x)
uniform convergent over A.
Bewijs. Omdat ∑ mn convergeert, geldt, vanwege stelling 8.1.4
∀ε > 0, ∃Nε : ∀n > Nε , p > 0 : |mn+1 + mn+2 + · · · + mn+p | < ε
Voor elke n > max{N, Nε } en x ∈ A geldt nu dat
|un+1 (x) + un+2 (x) + · · · + un+p (x)| ≤ mn+1 + mn+2 + · · · + mn+p < ε
en uit stelling 9.2.5 volgt dat ∑ un (x) uniform convergent over A.
∞
Stelling 9.2.7 Als
∑ un(x) = s(x) uniform convergeert over A, en f :
A ⊂ R → R een begrensde
n=1
∞
functie is, dan is
∑ f (x)un(x) uniform convergent met som f (x)s(x).
n=1
Bewijs. Onderstel dat | f (x)| < m, voor elke x ∈ A. Voor elke ε > 0 bestaat een index N zodat voor
elke n > N en x ∈ A geldt dat
ε
|s(x) − sn (x)| <
m
en hieruit volgt dat
ε
| f (x)s(x) − f (x)sn (x)| < m = ε
m
∞
en dit betekent dat
∑ f (x)un(x) uniform convergent is met som f (x)s(x).
n=1
9.3
Machtreeksen
Definitie 9.3.1 Een machtreeks is een reeks van functies van de vorm
∞
∑ an(x − a)n = a0 + a1(x − a) + a2(x − a)2 + · · ·
n=0
waarbij a0 , a1 , a2 , · · · ∈ R.
135
Voor wat de convergentie van een machtreeks betreft volstaat het het geval a = 0 te bestuderen.
Immers, als we de substitutie u = x − a uitvoeren, dan vinden we
∞
∑ an(x − a)n =
n=0
∞
∑ an un
n=0
Lemma 9.3.2 Onderstel dat r > 0 en
lim an rn = 0 en |x| < r
n→∞
∞
Dan is
∑ anxn absoluut convergent.
n=0
Bewijs. Er bestaat een index N zodat voor elke n > N geldt dat |an rn | < 1. Kies α ∈ [0, 1) zodat
|x| < αr. Dan geldt voor elke n > N dat
|an xn | < |an |αn rn < αn
∞
De meetkundige reeks
∑ αn is convergent, en uit het vergelijkend criterium stelling 8.2.5 volgt
n=0
∞
dat
n
∑ |anx | convergent is.
n=0
Onderstel dat
lim an rn = 0
n→∞
Indien 0 ≤ s ≤ r, dan geldt voor elke n dat
0 ≤ |an |sn ≤ |an |rn
en dus is ook
lim an sn = 0
n→∞
∞
Stelling 9.3.3 Beschouw een machtreeks
∑ anxn, en stel
n=0
R = sup{r ≥ 0| lim an rn = 0}
n→∞
Dan geldt
∞
1. |x| < R =⇒
∑ anxn absoluut convergent;
n=0
∞
2. |x| > R =⇒
∑ anxn divergent.
n=0
136
Bewijs. 1) Kies r zodat |x| < r < R. Uit de opmerking hierboven volgt dat
lim an rn = 0
n→∞
∞
en uit lemma 9.3.2 volgt dat
∑ anxn absoluut convergeert.
n=0
2) Als |x| > R, dan is het onmogelijk dat lim an |xn | = 0, want dat zou impliceren dat
n→∞
|x| ≤ sup{r ≥ 0| lim an rn = 0} = R
n→∞
Dus is lim an xn 6= 0, en de reeks is divergent (stelling 8.1.5).
n→∞
De machtreeks convergeert dus absoluut op het interval (−R, R), en divergeert op (−∞, −R) ∪
(R, +∞). Enkel in de punten R en −R is er nog onzekerheid. Alles is er mogelijk: convergentie in
beide punten, divergentie in beide punten, en convergentie in het een en divergentie in het ander.
R noemen we de convergentiestraal van de machtreeks, en (−R, R) het convergentieinterval. In de
volgende twee stellingen zullen we formules zien die toelaten om in veel gevallen R te berekenen.
∞
Stelling 9.3.4 Beschouw een machtreeks
∑ anxn. Als
n=0
a n L = lim n→∞ an+1
bestaat, dan is L = R, de convergentiestraal van de machtreeks.
Bewijs. De stelling volgt uit het convergentiekenmerk van d’Alembert (stelling 8.2.17). Als |x| < L,
dan is
a x |x|
a xn+1 n+1 n+1
=
lim
<1
lim =
n
n→∞
n→∞
an x
an
L
∞
en dit impliceert dat
∑ anxn absoluut convergeert.
n=0
∞
Op dezelfde manier volgt dat
∑ anxn divergeert als |x| > L. Het kan dus niet anders zijn dan dat
n=0
R = L.
∞
Stelling 9.3.5 Beschouw een machtreeks
∑ anxn. Als
n=0
Λ = lim
n→∞
p
n
|an |
bestaat, dan is 1/Λ = R, de convergentiestraal van de machtreeks.
Bewijs. De stelling volgt uit het convergentiekenmerk van Cauchy (stelling 8.2.14). Bewijs dit zelf
als oefening.
137
Voorbeelden 9.3.6 1) De machtreeks
x2 x3
xn
=
1
+
x
+
+ +···
∑
2
6
n=0 n!
∞
convergeert voor elke x ∈ R, want
a (n + 1)!
n = +∞
R = lim = lim
n→∞
n→∞ an+1
n!
2) Beschouw de machtreeks
∞
∑ (n + 1)xn = 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + · · ·
n=0
De convergentiestraal is
a n+1
n R = lim =1
= lim
n→∞ an+1
n→∞ n + 2
De reeks convergeert dus absoluut voor x ∈ (−1, 1). In de eindpunten x = ±1 is de reeks divergent.
In het vorige hoofdstuk toonden we reeds op een andere manier aan dat deze machtreeks convergeert voor |x| < 1, zie voorbeeld 8.1.3 3).
3) Beschouw de machtreeks
∞ n
x2 x3
x
∑ n = x+ 2 + 3 +···
n=1
De convergentiestraal is
a 1/n
n =1
R = lim = lim
n→∞ 1/n + 1
n→∞ an+1
De reeks convergeert dus absoluut voor x ∈ (−1, 1). Voor x = 1 is de reeks divergent (harmonische
reeks), en voor x = −1 is ze (relatief) convergent (alternerende harmonische reeks). Het convergentieinterval is dus [−1, 1).
4) Beschouw de machtreeks
∞
∑ nnxn = 1 + x + 4x2 + 27x3 + · · ·
n=0
Het invers van de convergentiestraal is
p
1
= lim n |an | = lim n = +∞
n→∞
R n→∞
en de convergentiestraal R = 0. De machtreeks convergeert dus alleen voor x = 0.
138
Uniforme convergentie van machtreeksen
∞
Stelling 9.3.7 Onderstel dat R de convergentiestraal is van de machtreeks
∑ anxn. De machtreeks
n=0
convergeert uniform over elke gesloten interval [−r, r], met r < R.
∞
Bewijs. Kies r < R. De reeks
∑ |an|rn is convergent, en voor elke x ∈ [−r, r] hebben we dat
n=0
|an xn | ≤ |an |rn
Het gestelde volgt nu uit het kenmerk van Weierstrass (stelling 9.2.6).
∞
Gevolg 9.3.8 De som van een machtreeks s(x) =
∑ anxn is continu over (−R, R).
n=0
Bewijs. Onderstel x ∈ (−R, R), en neem r zodat |x| < r < R. De machtreeks is uniform convergent
over [−r, r] (stelling 9.3.7) en dus is s continu over (−r, r) (stelling 9.2.2). In het bijzonder is s
continu in x.
Zonder bewijs vermelden we ook de volgende stelling.
∞
Stelling 9.3.9 (stelling van Abel) Indien de machtreeks s(x) =
∑ anxn convergeert in x = R (of
n=0
x = −R), dan is s(x) linkscontinu in R (rechtscontinu in −R).
Afleiden en integreren van machtreeksen
∞
Lemma 9.3.10 De machtreeks
∑ nanx
n−1
∞
heeft dezelfde convergentiestraal als
n=1
∑ an x n .
n=0
∞
Bewijs. Zij R de convergentiestraal van de machtreeks
∑ anxn. We weten dat
n=0
R = sup{r ≥ 0| lim an rn = 0}
n→∞
∞
(stelling 9.3.3). Het volstaat nu aan te tonen dat de reeks
∑ nanxn−1 absoluut convergent is voor
n=1
|x| < R en divergent voor |x| > R.
Onderstel eerst dat |x| < R, en kies r > 0 en α ∈ [0, 1) zo dat
|x| < αr < r < R
139
Omdat
lim an rn = 0
n→∞
bestaat een index N zodat voor elke n > N geldt dat
|an |rn < 1
en dus
nαn−1
r
convergent (zie voorbeeld 8.1.3 3) en voorbeeld 9.3.6 2), en uit het
n|an ||xn−1 | < n|an |αn−1 rn−1 <
Omdat α < 1 is ∑ nαn−1
∞
vergelijkend kenmerk (stelling 8.2.5) volgt dat
∑ nanxn−1 absoluut convergent is.
n=1
Indien |x| > R, dan is
lim an |x|n 6= 0
n→∞
en dus is
lim nan |x|n−1 6= 0
n→∞
∞
en bijgevolg is
∑ nanxn−1 divergent.
n=1
We kunnen nu aantonen dat machtreeksen binnen het convergentieinterval term per term mogen
afgeleid en geı̈ntegreerd worden.
∞
Stelling 9.3.11 Beschouw een machtreeks s(x) =
∑ anxn met convergentiestraal R.
Voor elke
n=0
x, x0 ∈ (−R, R) geldt dat
s0 (x) =
∞
∑ nanxn−1
n=1
∞
Z x
s(t)dt =
x0
(9.8)
an
∑ n + 1 (xn+1 − x0n+1)
(9.9)
n=0
Bewijs. Kies r < R zo dat x, x0 ∈ (−r, r). Uit stelling 9.3.7 volgt dat de machtreeks uniform
convergent is over [−r, r], en a fortiori over (−r, r). (9.9) volgt nu onmiddellijk uit stelling 9.2.3.
∞
In stelling 9.3.10 hebben we gezien dat R ook de convergentiestraal van de reeks
∑ nanxn is. Uit
n=1
stelling 9.3.7 volgt nu dat ook deze reeks uniform convergent is over (−r, r), en (9.8) volgt nu
onmiddellijk uit stelling 9.2.4.
∞
Gevolg 9.3.12 s(x) =
∑ anxn is onbeperkt afleidbaar over het interval (−R, R). De i-de afgeleide
n=0
is de som van de machtreeks
s(i) (x) =
∞
(n + i)!
an+i xn
n!
n=0
∑
140
Voorbeelden 9.3.13 1) Voor elke x ∈ (−1, 1) geldt dat
1
= 1 + x + x2 + x3 + · · ·
1−x
en (vervang x door −x):
1
= 1 − x + x2 − x3 + · · ·
1+x
We mogen term per term integreren, en dus
ln (1 + x) = x −
(9.10)
x2 x3 x4
+ − +···
2
3
4
De convergentiestraal van deze laatste machtreeks is dus eveneens 1. Voor x = −1 is de reeks
divergent (harmonische reeks), en voor x = 1 is ze convergent (alternerende harmonische reeks).
Het convergentieinterval van de machtreeks is dus (−1, 1] en uit de stelling van Abel volgt dat
∞
1 1 1
(−1)n+1
ln 2 = 1 − + − + · · · = ∑
2 3 4
n
n=1
2) Uit (9.10) volgt, na vervanging van x door x2 , dat voor elke x ∈ (−1, 1):
1
= 1 − x2 + x4 − x6 + · · ·
1 + x2
Integreren geeft dat
x3 x5 x7
+ − +···
3
5
7
Het convergentieinterval van deze machtreeks is [−1, 1]. Uit de stelling van Abel volgt dus dat
bgtg x = x −
∞
π
1 1 1
(−1)n
= 1− + − +··· = ∑
4
3 5 7
n=0 2n + 1
3) Term per term afleiden van de meetkundige reeks geeft
∞
1
2
3
4
=
1
+
2x
+
3x
+
4x
+
5x
+
·
·
·
=
∑ (n + 1)xn
(1 − x)2
n=0
voor elke x ∈ (−1, 1). Men kan deze formule ook rechtstreeks bewijzen. Doe dit zelf als oefening.
Vermenigvuldiging van machtreeksen
∞
Eerst geven we nog een stelling over absoluut convergente reeksen. Onderstel dat
∑ an en
n=0
∞
∑ bn
n=0
twee numerieke reeksen zijn. Het product van deze twee reeksen is per definitie de reeks met
algemene term
n
cn = a0 bn + a1 bn−1 + a2 bn−2 + · · · + an b0 = ∑ ai bn−i
i=0
141
met andere woorden,
∞
∞
+
a
b
+
a
b
+
a
b
c
=
a
b
+
a
b
+
a
b
0 2
1 1
2 0 +··· =
0 1
1 0
∑ n 00
n=0
∑
n
∑ aibn−i
n=0 i=0
Zowel de haakjes als de volgorde van de termen is van belang.
∞
Stelling 9.3.14 (stelling van Cauchy) Als de reeksen
∞
∑ an en
n=0
∑ bn absoluut convergent zijn, dan
n=0
∞
is ook de productreeks
∑ cn absoluut convergent, en de som van de productreeks is het product
n=0
van de sommen van beide reeksen.
∞
∑ cn =
n=0
∞
∑ an
∞
∑ bn
n=0
n=0
Bewijs. Dit bewijs is opgenomen voor de liefhebbers. De anderen kunnen opgelucht adem halen.
∞
We bewijzen eerst dat
∑ cn absoluut convergent is. Schrijf
n=0
n
n
i=0
i=0
s0n = ∑ |ai | en tn0 = ∑ |bi |
∞
∑ |cn| begrensd zijn.
We zullen aantonen dat de partiële sommen van de reeks
n=0
j
∑ |c j | = ∑ ∑ aib j−i ≤
n
n
j=0
j=0 i=0
n
≤
∑
n
∑ |ai||bk | =
j
n
∑ ∑ |aib j−i| = ∑
j=0 i=0
i=0 k=0
|ai bk |
0≤i,k≤n
i+k≤n
n
n
|a
|
(
|b
|
∑ i ∑ k = s0ntn0
i=0
k=0
Omdat de partiële sommen s0n en tn0 zijn begrensd, zijn de partiële sommen van de productreeks
∞
∑ |cn| begrensd, en de productreeks is absoluut convergent.
n=0
Schrijf nu
n
n
sn = ∑ ai en tn =
i=0
zodat
∑ bk
k=0
n
sn tn = ∑
n
∑ ai bk
i=0 k=0
We hebben ook dat
2n
2n
j
∑ c j = ∑ ∑ aib j−i = ∑
j=0
j=0 i=0
0≤i,k≤2n
i+k≤2n
142
ai bk
en dus is
2n
∑ c j − sntn = ai bk +
∑
j=0
∑
n<i≤2n
0≤k≤n
i+k≤2n
≤
n<k≤2n
0≤i≤n
i+k≤2n
|ai bk | +
∑
n<i≤2n
0≤k≤n
i+k≤2n
2n
≤
n<k≤2n
0≤i≤n
i+k≤2n
2n
∑ |aibk | +
i=n+1 k=0
2n
= (
∑
|ai bk |
∑
n
∑
ai bk |ai |)s0n + (
i=n+1
n
∑ ∑ |aibk |
k=n+1 i=0
2n
∑
|bi |)tn0
i=n+1
Voor n groot genoeg worden
2n
∑
2n
|ai | en
i=n+1
∑
|bi |
i=n+1
willekeurig klein (criterium van Cauchy); s0n en tn0 zijn begrensd, zodat
2n
c
−
s
t
∑ j
n n
j=0
willekeurig klein kan gemaakt worden door n groot genoeg te nemen. Hieruit volgt dat
∞
∑ cn = lim sntn = lim sn lim tn =
n=0
n→∞
n→∞
n→∞
∞
∑ an
n=0
∞
∑ bn
n=0
Onderstel nu dat twee machtreeksen
∞
∑ anxn en
n=0
∞
∑ bnxn
n=0
gegeven zijn. Het product van deze twee reeksen is de machtreeks
∞
n
∑ ∑ aibn−i
n
x = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 + · · ·
n=0 i=0
Uit stelling 9.3.14 volgt onmiddellijk
Stelling 9.3.15 De convergentiestraal van het product van twee machtreeksen is tenminste gelijk
aan het minimum van de convergentiestralen van deze twee machtreeksen.
143
Bewijs. Onderstel van niet. Neem x zodanig dat |x| groter is dan de convergentiestraal van de productreeks, maar kleiner dan de convergentiestralen van de twee gegeven reeksen. Uit stelling 9.3.14
volgt dat de productreeks absoluut convergeert in x, en dit is strijdig met de onderstelling dat |x|
groter is dan de convergentiestraal van de productreeks.
Voorbeeld 9.3.16 We vermenigvuldigen de machtreeks
∞
1
= ∑ xn
1 − x n=0
met zichzelf. De convergentiestraal van de meetkundige reeks is 1, en dus vinden we voor |x| < 1,
gebruik makend van stelling 9.3.14:
∞ ∞ ∞
1
n
n
=
x
x
=
∑
∑
∑ cnxn,
(1 − x)2
n=0
n=0
n=0
met
n
cn = ∑ ai bn−i = n + 1.
i=0
We besluiten dat
∞
1
∑ (n + 1)xn = (1 − x)2 .
n=0
Dit wisten we natuurlijk al langer, zie voorbeelden 8.1.3 3) en 9.3.13 3).
9.4
Taylorreeksen
In de vorige paragraaf hebben we gezien dat de som van een machtreeks een onbeperkt afleidbare functie op het convergentieinterval van de machtreeks is. In enkele gevallen konden we deze
functie bepalen. We bekijken nu het omgekeerde probleem: gegeven is een functie f (x) die onbeperkt afleidbaar is in een omgeving van het punt a. Kan deze som geschreven worden als een
machtreeks? Om dit probleem op te lossen herhalen we de formule van Taylor, zie Analyse I.
Stelling 9.4.1 (formule van Taylor) Onderstel dat f : (a − r, a + r) → R een onbeperkt afleidbare
functie is en dat x ∈ (a − r, a + r). Voor elke n ∈ N bestaat een ξn (x) ∈ (a, x) zodanig dat f (x) =
sn (x) + rn (x) met
n
f (i) (a)
(x − a)i
sn (x) = ∑
i!
i=0
met
rn (x) =
f (n+1) (ξn (x))
(x − a)n+1
(n + 1)!
144
sn (x) is de n-de partiële som van de machtreeks
∞
∑
n=0
f (n) (a)
(x − a)n
n!
Deze machtreeks noemt men de Taylorreeks van f in het punt a. Als
lim rn (x) = 0
n→∞
dan is
lim sn (x) = f (x)
n→∞
of
f (n) (a)
(x − a)n
n!
∞
f (x) =
∑
n=0
en in dit geval kan f (x) geschreven worden als een machtreeks. Indien de Taylorreeks van de
functie f convergeert naar f (x) voor x in een omgeving van het punt a, dan zeggen we dat f
analytisch is in het punt a.
In hetgeen volgt zullen we de Taylorreeks van enkele belangrijke functies bestuderen.
De exponentiële functie
We schrijven de formule van Taylor op voor de functie f (x) = ex in het punt 0. We vinden gemakkelijk dat f (n) (x) = ex en f (n) (0) = 1 zodat ex = sn (x) + rn (x) met
sn (x) = 1 + x +
en
rn (x) =
xn
x2 x3
+ +···+
2! 3!
n!
xn+1 ξn
e
n + 1!
met ξn ∈ (0, x). Als x ≥ 0, dan is eξn < ex , en als x ≤ 0, dan is eξn < 1. In beide gevallen geldt
|rn (x)| ≤
zodat
ex =
|x|n+1 |x| n→∞
e −→0
n + 1!
xn
x2 x3
=
1
+
x
+
+ +···
∑
2! 3!
n=0 n!
∞
voor elke x ∈ R.
145
(9.11)
De hyperbolische functies
Als we x vervangen door −x in (9.11), dan vinden we
−x
e
x2 x3
(−1)n xn
= 1−x+ − +···
n!
2! 3!
n=0
∞
=
∑
(9.12)
voor elke x ∈ R. Door (9.11) en (9.12) op te tellen en af te trekken en te delen door 2 vinden we
sh x = x +
∞
x3 x5
x2n+1
+ +··· = ∑
3! 5!
n=0 (2n + 1)!
(9.13)
ch x = 1 +
∞
x2n
x2 x4
+ +··· = ∑
2 4!
n=0 (2n)!
(9.14)
De goniometrische functies
Als we de formule van Taylor opschrijven voor de functie f (x) = sin x vinden we sin x = sn (x) +
rn (x) met
x3 x5
(−1)n−1 x2n−1
s2n (x) = x − + + · · · +
3! 5!
(2n − 1)!
en
x2n+1
r2n (x) = (−1)n
cos(ξ2n )
(2n + 1)!
met ξ2n ∈ (0, x). We zien gemakkelijk dat
|r2n (x)| ≤
voor elke x ∈ R, zodat
sin x = x −
|x|2n+1 n→∞
−→0
(2n + 1)!
∞
(−1)n x2n+1
x3 x5
+ −··· = ∑
3! 5!
n=0 (2n + 1)!
(9.15)
voor elke x ∈ R. Op volledig analoge wijze vinden we
cos x = 1 −
∞
x2 x4
(−1)n x2n
+ −··· = ∑
2 4!
n=0 (2n)!
De binomiaalreeks
Neem m ∈ R en beschouw de functie
f (x) = (1 + x)m
146
(9.16)
Toepassing van de formule van Taylor levert f (x) = sn (x) + rn (x), met
sn (x) = 1 + mx +
en
rn (x) =
m(m − 1)(m − 2) · · · (m − n + 1) n
m(m − 1) 2
x +···+
x
2
n!
m(m − 1)(m − 2) · · · (m − n) n+1
x (1 + θx)m−n+1
(n + 1)!
Als m ∈ N, dan is rm = 0. We krijgen dan
m
m i
x
f (x) = (1 + x) = ∑
i=0 i
m
en dit is niets anders dan het binomium van Newton. Immers, de binomiaalcoëfficiënten worden
gegeven door de formule
m
m!
m(m − 1)(m − 2) · · · (m − i + 1)
=
=
i
i!(m − i)!
i!
Voor m ∈ R definiëren we nu de binomiaalcoëfficiënten als volgt
m
m(m − 1)(m − 2) · · · (m − i + 1)
=
i!
i
De Taylorreeks van f (x) is dan
m
∑ n xn
n=0
∞
De convergentiestraal van deze machtreeks is
n+1 a n lim = lim =1
n→∞ m − n
n→∞ an+1
Men kan aantonen dat lim rn (x) = 0 als −1 < x < 1 en we kunnen dus besluiten dat
n→∞
m n
(1 + x) = ∑
x
n=0 n
m
∞
voor −1 < x < 1. Voor m = 1/2 vinden we bijvoorbeeld
√
x x2
3x3
3.5x4
1+x = 1+ −
+
−
+···
2 2.4 2.4.6 2.4.6.8
Samenvatting
∞
1
= 1 + x + x2 + x3 + · · · = ∑ xn
1−x
n=0
147
(−1 ≤ x < 1)
(9.17)
ln (1 + x) = x −
∞
(−1)n+1 xn
x2 x3 x4
+ − +··· = ∑
2
3
4
n
n=1
ex = 1 + x +
∞ n
x2 x3
x
+ +··· = ∑
2! 3!
n=0 n!
(x ∈ R)
∞
x2n+1
x3 x5
sh x = x + + + · · · = ∑
3! 5!
n=0 (2n + 1)!
∞
x2n
x2 x4
ch x = 1 + + + · · · = ∑
2 4!
n=0 (2n)!
(−1 < x ≤ 1)
(x ∈ R)
(x ∈ R)
∞
x3 x5
(−1)n x2n+1
sin x = x − + − · · · = ∑
3! 5!
n=0 (2n + 1)!
∞
(−1)n x2n
x2 x4
cos x = 1 − + − · · · = ∑
2 4!
n=0 (2n)!
∞ m n
(1 + x)m = ∑
x (−1 < x < 1)
n
n=0
(x ∈ R)
(x ∈ R)
Opmerkingen 9.4.2 1) Men zou kunnen denken dat, indien de Taylorreeks van f convergeert, dat
ze dan automatisch naar de functie convergeert. Dit is niet noodzakelijk het geval. Beschouw
bijvoorbeeld de functie
(
−
f (x) =
e
1
x2
als x 6= 0;
als x = 0.
0
Voor x 6= 0 is
P(x) − 12
e x
Q(x)
waarbij P en Q veeltermen zijn (verifieer dit zelf). Per inductie kunnen we dan aantonen dat
f (n) (0) = 0 voor elke n. Immers, als f (n) (0) = 0, dan is
f (n) (x) =
P(h) − 12
e h
h→0 hQ(h)
f (n+1) (0) = lim
Als we nu de formule van Taylor toepassen, dan vinden we
sn (x) = 0
voor elke n. De Taylorreeks is dus 0, en de Taylorreeks convergeert, maar niet naar de functie f !
2) In het algemeen zal de Taylorreeks sneller convergeren naarmate x dichter bij het punt a komt
te liggen. Als we x ver van a nemen, dan kan de convergentie zeer traag zijn, en in vele gevallen
totaal ongeschikt voor praktische berekeningen. Neem bijvoorbeeld de reeksontwikkeling voor de
sinusfunctie, en schrijf deze neer voor x = 1000:
106 109
+
−···
6
120
en dit is natuurlijk geen erg goede benadering voor een getal dat tussen −1 en 1 moet liggen. De
1500
algemene term in de reeks begint pas vanaf de 500ste term te dalen! De 500ste term is 10500! , en
dit is een astronomisch groot getal.
sin 1000 = 103 −
148
De voorbeelden die we besproken hebben zijn natuurlijk de eenvoudigste die we konden kiezen.
Als een willekeurige functie f gegeven is, dan is het gewoonlijk niet mogelijk om een algemene
formule voor de n-de afgeleide op te stellen, zodat we de algemene term in de Taylorreeks niet
kunnen opschrijven.
In veel gevallen kunnen we stelling 9.3.15 gebruiken om de Taylorreeks te bepalen.
Voorbeelden 9.4.3 1) Voor elke x ∈ R hebben we
x3 x5
x2 x3
e sin x = 1 + x + + + · · · x − + − · · ·
2! 3!
3! 5!
1 1
1 1
1
1
1 5
2
3
4
= x+x +
− x +
− x +
− +
x +···
2 6
6 6
24 12 120
x3 x5
= x + x2 + − + · · ·
3 30
x
2) Voor elke x ∈ R geldt
cos x = 1 −
met
u=
x2 x4
+ −··· = 1−u
2 4!
x2 x4
− +···
2 4!
π π
Als x ∈ − 2 , 2 , dan is 0 < cos x ≤ 1, zodat u ∈ (0, 1) en
1
1
=
= 1 + u + u2 + u3 + · · ·
cos x 1 − u
en
sin x
cos x
x3 x5
= x− + −···
3! 5!
x2 x4 x6
2 x2 x4
3
x2 x4 x6
1+
− + +··· +
− + +··· +
− +··· +···
2 4! 6!
2 4! 6!
2 4!
1 1
1
1
1
1
= x+
− x3 + − − +
+ x5
2 6
24 12 120 4
3
5
x
2x
= x+ +
+···
3
15
voor elke x ∈ − π2 , π2 .
3) Beschouw de functie
x
f (x) = x
e −1
Onderstel dat de taylorreeks van f coëfficiënten a0 , a1 , · · · heeft. Dan is
tg x =
f (x) =
x
ex − 1
= a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·
149
en
x2 x3
(a0 + a1 x + a2 x + · · ·) x + + + · · · = x
2
6
Identificeren van coëfficiënten in gelijke machten van x geeft
2
a0 = 1
a0 a1
+
= 0
2
1
a0 a1
+ + a2 = 0
6
2
···
Hieruit kunnen a0 , a1 , a2 , · · · recursief berekend worden. Men vindt
x
x x2
x4
=
1
−
+
−
+···
ex − 1
2 12 720
Het nadeel van deze methode is dat we niet weten wanneer de Taylorreeks convergeert.
9.5
Goniometrische reeksen
Een goniometrische reeks is een reeks van de vorm
∞
a0
+ ∑ (an cos nx + bn sin nx)
2 n=1
(9.18)
Opmerkingen 9.5.1 1) De factor 1/2 werd ingevoerd om technische redenen; sommige formules
die we verderop zullen zien vereenvoudigen hierdoor een beetje.
2) In hoofdstuk 2 hebben we reeds machtreeksen besproken; hier krijgen we dus een tweede belangrijke klasse van reeksen van functies. We zullen zien dat sommige functies kunnen geschreven
worden als de som van een goniometrische reeks. Merk op dat een partiële som van de goniometrische reeks (9.18) kan geschreven worden als een veelterm in cos x en sin x (men spreekt van een
goniometrische veelterm).
3) Alle termen in de reeks (9.18) zijn periodiek met periode 2π. Als de reeks (9.18) (puntsgewijs)
convergeert, dan is ook de reekssom f (x) periodiek met periode 2π, dit wil zeggen
f (x + 2kπ) = f (x)
voor elke x ∈ R en k ∈ Z. Het zal blijken dat goniometrische reeksen een geschikt instrument
vormen om periodieke functies te bestuderen.
4) Men kan ook goniometrische reeksen met periode T (in plaats van periode 2π) bestuderen. Zulk
een reeks is van de vorm
∞
2nπt
a0
2nπt
+ ∑ (an cos
+ bn sin
)
(9.19)
2 n=1
T
T
150
Men noemt T1 de frequentie en ω = 2π
T de pulsatie van de goniometrische reeks. (9.19) kan dus
nog geschreven worden als
∞
a0
+ ∑ (an cos nωt + bn sin nωt)
(9.20)
2 n=1
(9.19) en (9.20) kunnen herleid worden tot (9.18) met de substitutie
x = ωt =
2π
t
T
(9.20) kan ook nog als volgt geschreven worden. We stellen ρ0 = a0 /2 en
an = ρn cos φn
bn = ρn sin φn
en we verkrijgen de reeks
∞
ρ0 + ∑ ρn cos(nωt − φn )
(9.21)
n=1
De termen ρn cos(nωt − φn ) noemt men de harmonischen. ρn noemt men de amplitude en φn de
faze.
5) Een goniometrische reeks kan ook herschreven worden in complexe vorm:
∞
a0
+ ∑ (an cos nx + bn sin nx)
2 n=1
∞
a0
einx − e−inx
einx + e−inx
+ ∑ (an
+ bn
)
2 n=1
2
2i
∞ an − ibn inx an + ibn −inx a0
+∑
e +
e
=
2 n=1
2
2
=
+∞
=
∑
αk eikx .
k=−∞
waarbij
α0 =
a0
an − ibn
an + ibn
, αn =
en α−n =
= αn .
2
2
2
Onderstel nu dat de reeks (9.18) uniform convergeert over een interval [a, a + 2π], en schrijf f voor
de som van de reeks. We verkrijgen zo een functie f : R → R waarvan we weten dat ze periodiek
is met periode 2π (zie opmerking 3) hierboven). Bovendien is f continu (zie stelling 9.2.2). We
hebben
∞
a0
f (x) = + ∑ (an cos nx + bn sin nx)
(9.22)
2 n=1
We zullen nu aantonen dat de coëfficiënten an en bn kunnen bepaald worden uit de functie f .
Vermenigvuldig (9.22) met cos mx en integreer van a tot a + 2π. Gebruik makend van stelling 9.2.3
151
vinden we
Z a+2π
f (x) cos mxdx =
a
Z a+2π a0
2
a
=
Z
a0 a+2π
2
∞
+ ∑ (an cos nx + bn sin nx) cos mxdx
n=1
∞ Z a+2π
cos mxdx + ∑
n=1 a
a
(an cos nx + bn sin nx) cos mxdx
Aangezien voor m, n ∈ Z geldt (reken zelf na):
Z a+2π
sin nxdx = 0
Za a+2π
cos nxdx = 0 (als n 6= 0)
Za a+2π
sin nx cos mxdx = 0
Za a+2π
Z a+2π
sin nx sin mxdx =
a
vinden we
cos nx cos mxdx = πδnm
a
Z a+2π
f (x) cos mxdx = πam
a
Op analoge wijze vinden we (vermenigvuldig met sin mx)
Z a+2π
f (x) sin mxdx = πbm
a
en (integreer f van a tot a + 2π):
Z a+2π
f (x)dx = πa0
a
We kunnen dus besluiten:
Stelling 9.5.2 Als de reeks (9.22) uniform convergeert, dan worden de coëfficiënten an en bn gegeven door de formules
an =
1
π
bn =
1
π
Z a+2π
f (x) cos nxdx
Za a+2π
(9.23)
f (x) sin nxdx
a
Dankzij de factor 1/2 in (9.18) geldt de eerste formule van (9.23) zowel voor n = 0 als voor n > 0.
Opmerking 9.5.3 De coëfficiënten αk van de Fourierreeks in complexe vorm kunnen ook gemakkelijk bepaald worden. Voor all k ∈ Z hebben we
αk =
1
2π
Z 2π
f (x)e−ikx dx
0
152
Immers, voor n > 0:
1 2π
i
an − ibn
=
f (x) cos nxdx −
2
2π 0
2π
Z
1 2π
f (x)e−inx dx
2π 0
Z
1 2π
f (x)e−i(−n)x dx
αn =
2π 0
Z
1 2π
a0
=
f (x)e−i0x dx
2
2π 0
Z
αn =
=
α−n =
α0 =
Z 2π
f (x) sin nxdx
0
Onderstel nu dat f : R → R een functie is met periode 2π, en dat f een stuksgewijs continue
functie is over het interval [a, a + 2π]. f hoeft dus niet noodzakelijk continu te zijn. We berekenen
nu de coëfficiënten an en bn met behulp van de formules (9.23), en schrijven de reeks (9.18) op
∞
a0
+ ∑ (an cos nx + bn sin nx)
2 n=1
Men noemt deze reeks de Fourierreeks van de functie f . A priori weten we niet of deze reeks al dan
niet convergeert. En als de reeks convergeert, dan weten we ook niet of de reekssom f (x) is. Dat
dit laatste niet steeds het geval is blijkt uit het volgende voorbeeld: neem een uniform convergente
goniometrische reeks, en de reekssom f . Wijzig f in één punt a, en zet deze wijziging periodiek
voort. De Fourierreeks van de aldus bekomen functie is nog steeds de oorspronkelijke reeks, maar
in het punt a convergeert deze niet naar de functiewaarde.
We gaan nu volgende vragen bestuderen.
1) Wanneer convergeert de reeks (9.18) puntsgewijs naar de functie f ?
2) Wanneer convergeert de reeks (9.18) uniform naar de functie f ?
Het antwoord op de tweede vraag kan uiteraard alleen maar positief zijn als f een continue functie
is.
Opmerkingen 9.5.4 1) We zijn vertrokken van een functie f die periodiek is met periode 2π.
Men kan uiteraard ook een stuksgewijs continue functie gedefinieerd op het interval [a, a + 2π]
beschouwen en deze periodiek voortzetten.
2) Als de functie f een oneven functie is (m.a.w. f (−x) = − f (x)), dan bevat de Fourierreeks van
f slechts termen in sinus. Immers,
1 π
f (x) cos nxdx = 0
an =
π −π
omdat de integraal de integraal is van een oneven functie over een symmetrisch interval. Voor de
coëfficiënten bn geldt in dit geval
Z
bn =
2
π
Z π
f (x) sin nxdx
0
3) Als de functie f een even functie is (m.a.w. f (−x) = f (x)), dan bevat de Fourierreeks van f
slechts termen in cosinus. Immers,
Z
1 π
bn =
f (x) sin nxdx = 0
π −π
153
omdat de integraal de integraal is van een oneven functie over een symmetrisch interval. Voor de
coëfficiënten an geldt in dit geval
2
an =
π
Z π
f (x) cos nxdx
0
We zeggen dat een functie f voldoet aan een rechtervoorwaarde van Lipschitz in het punt a als de
rechterlimiet f (a+) bestaat en als er een constante c > 0 en δ > 0 bestaan zodat
0 < h < δ =⇒ | f (a + h) − f (a+)| ≤ ch
Op dezelfde manieren definiëren we de linkervoorwaarde van Lipschitz. f voldoet aan zulk een
voorwaarde in a als f (a−) bestaat en als er een constante c > 0 en δ > 0 bestaan zodat
0 < h ≤ δ =⇒ | f (a − h) − f (a−)| ≤ ch
Als f een eindige rechterafgeleide bezit in het punt a (eventueel nadat men in a de functiewaarde
vervangen heeft door de rechterlimiet in a), dan voldoet f in a aan een rechtervoorwaarde van
Lipschitz. Immers, de limiet
f+0 (a) = lim
h→0+
f (a + h) − f (a+)
h
bestaat en is eindig. Er bestaat dus een δ > 0 zodanig dat voor 0 < h < δ geldt:
|
f (a + h) − f (a+)
− f+0 (a)| < 1
h
of
( f+0 (a) − 1)h < f (a + h) − f (a+) < ( f+0 (a) + 1)h
en hieruit volgt dat
| f (a + h) − f (a+)| < (| f+0 (a)| + 1)h
Zonder bewijs formuleren we volgende belangrijke stellingen. Deze worden in detail behandeld in
de cursus “Aanvullingen van de Wiskunde”.
Stelling 9.5.5 (Stelling van Dirichlet)
Onderstel dat de functie f : R → R stuksgewijs continu is, en periodiek is met periode 2π, en dat
ze in elk punt voldoet aan een linker- en een rechtervoorwaarde van Lipschitz. In elk punt x ∈ R
convergeert de Fourierreeks (9.18) van f naar
f (x+) + f (x−)
2
In het bijzonder convergeert de Fourierreeks naar f (x) in de punten waar f continu is.
Stelling 9.5.6 Onderstel dat f : R → R overal continu is, periodiek is met periode 2π, en dat
de afgeleide van f een stuksgewijs continue functie is. De Fourierreeks van f convergeert dan
uniform naar f over R.
154
Voorbeeld 9.5.7 Gevraagd wordt om de periodieke functie f : R → R gedefinieerd door

als 0 < x < π

1
f (x) = 0
als x = 0, ±π


−1 als −π < x < 0
te ontwikkelen in een Fourierreeks. f wordt geschetst in Figuur 9.4.
blokfunctie
2
1.5
1
y-as
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
x-as
Figuur 9.4: De blokfunctie
Uit de stelling van Dirichlet kunnen we concluderen dat de Fourierreeks puntsgewijs naar de functie f zal convergeren. Aangezien f een oneven functie is, kunnen we onmiddellijk concluderen dat
an = 0. De coëfficiënten bn berekenen we als volgt.
bn
2
=
π
Z π
f (x) sin nxdx
"
#π
2
cos nx
=
−
π
n
0
0
2
= − (cos nπ − cos 0)
( nπ
0
als n even
4
=
als n oneven
nπ
Voor elke x ∈ R hebben we dus
4 ∞ sin(2n + 1)x
f (x) = ∑
π n=0 2n + 1
(9.24)
Enkele partiële sommen van de reeks (9.24) worden geschetst in Figuur 9.5 In de omgeving van
het discontinuı̈teitspunt is de convergentie - zoals verwacht - trager dan elders. Men treft in de
onmiddellijke omgeving van het discontinuı̈teitspunt steeds een “piekafwijking” waar. Men noemt
deze afwijking het Gibbsverschijnsel.
155
blokfunctie: eerste en tweede partiele som
1
1
0.5
0.5
0
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
blokfunctie: derde en vierde partiele som
1.5
y-as
y-as
1.5
3
-1.5
-4
4
-3
-2
-1
x-as
blokfunctie: vijfde en zesde partiele som
1
1
0.5
0.5
0
-0.5
-1
-1
-3
-2
-1
0
2
3
4
2
3
4
0
-0.5
-1.5
-4
1
1
blokfunctie: twaalfde partiele som
1.5
y-as
y-as
1.5
0
x-as
2
3
-1.5
-4
4
x-as
-3
-2
-1
0
1
x-as
Figuur 9.5: Partiële sommen van de Fourierreeks van een blokfunctie
Voorbeeld 9.5.8 Beschouw de functie f : [0, π] → R : x → x. Gevraagd wordt om deze te schrijven als een Fourierreeks met periode 2π. We kunnen dit op oneindig veel manieren doen: we
kunnen de functie f willekeurig kiezen op [−π, 0], en dan de functie periodiek voortzetten. Er zijn
twee mogelijke natuurlijke keuzes: we kunnen f op [−π, 0] zo kiezen dat f een oneven functie is,
en we kunnen f op [0, π] zo bepalen dat f een even functie is. Grafisch ziet f er in de twee gevallen
eruit als geschetst in Figuur 9.6.
In het eerste geval is de Fourierreeks van f van de vorm
∞
∑ bn sin nx
n=1
( f is een oneven functie met periode 2π). De Fouriercoëfficiënten van f kunnen gemakkelijk
berekend worden (doe dit zelf). We vinden
sin 2x sin 3x
+
−···
(9.25)
f (x) = 2 sin x −
2
3
Enkele partiële sommen worden geschetst in Figuur 9.7. Merk de afwijkende piek op in de buurt
156
zaagtand 1
3
3
2
2
1
1
0
0
-1
-1
-2
-2
-3
-3
-4
-10
-8
-6
-4
-2
0
zaagtand 2
4
y-as
y-as
4
2
4
6
8
-4
-10
10
-8
-6
-4
-2
x-as
0
2
4
6
8
10
x-as
Figuur 9.6: De zaagtandfunctie
van de discontinuı̈teiten. Dit is weer het Gibbsverschijnsel.
Op analoge manier bepalen we de coëfficiënten van de tot een even functie voortgezette functie f .
Dit keer vinden we een Fourierreeks van de vorm
∞
a0
+ ∑ an cos nx
2 n=1
Bereken zelf de coëfficiënten ai . We vinden nu
π 4
cos 3x cos 5x cos 7x
f (x) = − cos x + 2 + 2 + 2 + · · ·
2 π
3
5
7
(9.26)
Enkele partiële sommen worden geschetst in Figuur 9.8 Merk op dat deze Fourierreeks “sneller”
convergeert dan de vorige. Hier zijn twee verklaringen voor: in het tweede geval is de functie
continu, en een functie die overal continu is, kan natuurlijk gemakkelijker benaderd worden door
een goniometrische veelterm dan een discontinue. We zien ook dat de coëfficiënten in (9.26)
sneller naar nul gaan dan die in (9.25), zodat we een snellere convergentie kunnen verwachten.
Door in (9.25) of (9.26) specifieke waarden voor x te substitueren vinden we de som van een
numerieke reeks. Als we in (9.25) x = π/2 stellen, dan vinden we
π
1 1 1
1− + − +··· =
3 5 7
4
Als we in (9.26) x = π/4 stellen, dan vinden we
√
1
1
1
1
1
1
π2 2
1− 2 − 2 + 2 + 2 − 2 − 2 ··· =
3
5
7
9
11
13
16
157
zaagtand 1: eerste en tweede partiele som
3
3
2
2
1
1
0
0
-1
-1
-2
-2
-3
-3
-4
-4
-2
0
2
4
6
zaagtand 1: derde en vierde partiele som
4
y-as
y-as
4
8
-4
-4
10
-2
0
2
x-as
zaagtand 1: vijfde en zesde partiele som
3
3
2
2
1
1
0
-1
-2
-2
-3
-3
-2
0
2
8
10
8
10
8
10
0
-1
-4
-4
6
4
6
zaagtamd 1: elfde en twaalfde partiele som
4
y-as
y-as
4
4
x-as
8
-4
-4
10
-2
0
2
x-as
4
6
x-as
Figuur 9.7: Partiële sommen van de Fourierreeks van de eerste zaagtandfunctie
zaagtand 2: eerste en tweede partiele som
3.5
3.5
3
3
2.5
2.5
2
2
1.5
1.5
1
1
0.5
0.5
0
-4
-2
0
2
4
6
zaagtand 2: derde en vierde partiele som
4
y-as
y-as
4
8
0
-4
10
x-as
-2
0
2
4
6
x-as
Figuur 9.8: Partiële sommen van de Fourierreeks van de tweede zaagtandfunctie
158
Hoofdstuk 10
Oplossing van differentiaalvergelijkingen
door reeksontwikkeling
10.1
Inleiding
We beschouwen opnieuw de homogene lineaire differentiaalvergelijking
a0 (x)y(n) + a1 (x)y(n−1) + · · · + an−1 (x)y0 + an (x)y = 0
(10.1)
In het vorige hoofdstuk hebben we gezien dat we deze altijd kunnen oplossen als de coëfficiënten
ai constanten zijn. In het algemeen weten we dat de oplossingen een vectorruimte vormen. In de
omgeving van een gegeven punt a is de dimensie van de oplossingsruimte juist n, de orde van de
differentiaalvergelijking.
In het algemeen kan men de oplossingen van (10.1) niet exact bepalen. Daarom zoekt men naar
benaderde oplossingen. In dit hoofdstuk is het idee om oplossingen te zoeken in de omgeving van
een punt a, in de vorm van een machtreeks
∞
y(x) =
∑ cn(x − a)n
(10.2)
n=0
We zullen zien hoe men de coëfficiënten cn recursief kan bepalen. Om de berekeningen te vereenvoudigen zullen we ons beperken tot homogene lineaire vergelijkingen van orde 2. Onze methoden
zijn ook voor hogere orden van toepassing. De vergelijking die we bestuderen is dus van de vorm
y00 + a1 (x)y0 + a2 (x)y = 0
(10.3)
De methode heeft natuurlijk alleen maar zin als er oplossingen van de vergelijking bestaan waarvan
de Taylorreeks in het punt a bestaat en convergeert in een omgeving van een punt a. Daarom voeren
we eerst het volgende begrip in.
Definitie 10.1.1 Een numerieke functie f : R → R noemen we analytisch in het punt a als de
Taylorreeks in het punt a bestaat en convergeert naar f (x) voor x in een omgeving van a.
159
Merk op dat dit een zware eis is voor de functie f . Een functie die analytisch is in het punt a is een
oneindig aantal keer differentieerbaar in een omgeving van a.
Definitie 10.1.2 We noemen a ∈ R een gewoon punt van de differentiaalvergelijking (10.3) als de
functies a1 en a2 analytisch zijn in het punt a. Een punt dat geen gewoon punt is noemt men een
singulier punt.
Definitie 10.1.3 We noemen a ∈ R een regelmatig singulier punt van de differentiaalvergelijking
(10.3) indien de vergelijking kan herschreven worden onder de vorm
(x − a)2 y00 + (x − a)p(x)y0 + q(x)y = 0
(10.4)
waarbij de functies p en q analytisch zijn in het punt a.
In de volgende paragrafen zullen we zien dat de hierboven geschetste methode kan gebruikt worden
in de omgeving van een gewoon punt of een regelmatig singulier punt.
10.2
Oplossing in een omgeving van een gewoon punt
Zonder bewijs geven we de volgende algemene stelling.
Stelling 10.2.1 Onderstel dat a een gewoon punt is van (10.3), en dat r het minimum is van de
convergentiestralen van de Taylorreeksen van a1 (x) en a2 (x). Dan is elke oplossing van (10.3)
analytisch in a, en de Taylorreeks ervan convergeert zeker voor |x − a| < r.
Hoe bepalen we deze oplossing? We schrijven
∞
y(x) =
∑ cn(x − a)n
n=0
en vullen dit in in (10.3). Binnen het convergentieinterval geldt
y0 (x) =
y00 (x) =
∞
∑ ncn(x − a)n−1 =
n=0
∞
∞
∑ (n + 1)cn+1(x − a)n
n=0
∑ n(n − 1)cn(n − a)n−2 =
n=0
∞
∑ (n + 2)(n + 1)cn+2(x − a)n
n=0
Voor |x − a| < r geldt tevens
∞
a1 (x) =
∑ αk (x − a)k
k=0
∞
a2 (x) =
∑ βk (x − a)k
k=0
160
(10.5)
Als we dit allemaal in (10.3) invullen vinden we
∞
∑ (n + 2)(n + 1)cn+2(x − a)n
n=0
"
#"
∞
k
#
∞
n
+ ∑ αk (x − a)
∑ (n + 1)cn+1(x − a)
"k=0
#" n=0
#
∞
+
k
∑ βk (x − a)
k=0
∞
∑ cn(x − a)n
= 0
n=0
Het linkerlid is een som van producten van machtreeksen. Zoals we gezien hebben, mogen we
machtreeksen optellen en vermenigvuldigen zoals veeltermen, zolang x in het inwendige van het
convergentiegebied van alle machtreeksen blijft. Het linkerlid is dus nul als de coëfficiënt van xn
nul is voor elke n, dus als
n
n
(n + 2)(n + 1)cn+2 + ∑ αk (n − k + 1)cn−k+1 + ∑ βk cn−k = 0
k=0
(10.6)
k=0
(10.6) bepaalt cn+2 recursief in functie van c0 , c1 , c2 , · · · , cn+1 , en dit voor n = 0, 1, 2, · · ·. De eerste
vergelijking bepaalt dus c2 in functie van c0 en c1 , de tweede c3 in functie van c0 , c1 en c2 , enz.
c0 en c1 kunnen we beschouwen als integratieconstanten (de vergelijking is van orde 2, en er zijn
dus twee integratiecostanten). Indien men de oplossing wenst die voldoet aan de beginvoorwaarden
y(a) = y0 en y0 (a) = y1
dan volstaat het c0 = y0 en c1 = y1 te stellen.
De vergelijking van Legendre
Dit is een vergelijking van de vorm
(1 − x2 )y00 − 2xy0 + α(α + 1)y = 0
(10.7)
Het punt x = 0 is een gewoon punt van deze vergelijking. Dit ziet men door (10.7) te delen door
1 − x2 . Men krijgt
α(α + 1)
x
0
y
+
y=0
y00 − 2
1 − x2
1 − x2
De Taylorreeksen
a1 (x) = −2
a2 (x) =
∞
x
=
−2
∑ x2n+1
1 − x2
n=0
∞
α(α + 1)
x2n
=
α(α
+
1)
∑
1 − x2
n=0
161
convergeren voor |x| < 1. Uit stelling 10.2.1 volgt dat de reeksontwikkeling van de oplossing ook
convergeert voor |x| < 1. Stel opnieuw
∞
y=
∑ cnxn
n=0
We subsitueren deze reeks in (10.7). Dit geeft
∞
∞
∞
n
n−1
n−2
+ α(α + 1) ∑ cn x = 0
− 2x ∑ ncn x
(1 − x ) ∑ n(n − 1)cn x
2
of
n=0
n=1
n=2
∞
∞
∞
∞
n=2
n=1
n=0
∑ (n + 2)(n + 1)cn+2xn − ∑ n(n − 1)cnxn − 2 ∑ ncnxn + α(α + 1) ∑ cnxn = 0
n=0
De coëfficiënt van
xn
moet 0 zijn. Dit geeft
(n + 2)(n + 1)cn+2 − n(n − 1)cn − 2ncn + α(α + 1)cn = 0
of
cn+2 =
(n − α)(n + α + 1)
cn
(n + 2)(n + 1)
(10.8)
De recursiebetrekking (10.8) bepaalt de coëfficiënten c3 , c4 , · · · in functie van c0 en c1 . Als we
c0 = 1 en c1 = 0 stellen verkrijgen we een eerste particuliere oplossing
y1 (x) = 1 −
α(α + 1) 2 α(α − 2)(α + 1)(α + 3) 4
x +
x +···
2!
4!
Deze oplossing convergeert voor |x| < 1 en voldoet aan de beginvoorwaarden
y1 (0) = c0 = 1 en y01 (0) = c1 = 0
Als we c0 = 0 en c1 = 1 stellen verkrijgen we een tweede particuliere oplossing
y2 (x) = x −
(α − 1)(α + 2) 3 (α − 1)(α − 3)(α + 2)(α + 4) 5
x +
x +···
3!
5!
Deze oplossing convergeert eveneens voor |x| < 1 en voldoet aan de beginvoorwaarden
y1 (0) = c0 = 0 en y01 (0) = c1 = 1
De algemene integraal van de vergelijking van Legendre is nu
y(x) = c0 y1 (x) + c1 y2 (x)
162
De veeltermen van Legendre
Als α = n een natuurlijk getal is, dan is een van de twee oplossingen van de vergelijking van
Legendre een veelterm. Als α = n een even getal is, dan volgt uit de recursiebetrekking dat cn+2 =
0. Dan volgt ook dat cn+4 = cn+6 = · · · = 0, zodat de oplossing y1 een veelterm van graad n is.
Als α = n oneven is, dan volgt uit de recursiebetrekking nog steeds dat cn+2 = cn+4 = cn+6 = · · · =
0, zodat de oplossing y2 een veelterm van graad n is.
Voor elke n ∈ N vinden we dus een veelterm van graad n. Deze is bepaald op een veelvoud na. Als
we de hoogstegraadscoëfficiënt van deze veelterm gelijk stellen aan
1 (2n)!
2n (n!)2
dan verkrijgen we de veeltermen van Legendre:
Definitie 10.2.2 Voor n ∈ N noemen we
!
1 (2n)! n n(n − 1) n−2 n(n − 1)(n − 2)(n − 3) n−4
Pn (x) = n
x
+
x
−···
x −
2 (n!)2
2(2n − 1)
2.4(2n − 1)(2n − 3)
(10.9)
de n-de veelterm van Legendre.
Voor lage waarden van n kunnen we de veeltermen van Legendre gemakkelijk berekenen.
P0 (x) = 1
P1 (x) = x
3x2 − 1
P2 (x) =
2
5x3 − 3x
P3 (x) =
2
35x4 − 30x2 + 3
P4 (x) =
8
De veeltermen van Legendre hebben vele toepassingen. We formuleren hier alvast enkele eigenschappen, we zullen in een later hoofdstuk op de veeltermen van Legendre terugkomen.
Stelling 10.2.3 Als n 6= m, dan is
Z 1
−1
Pn (x)Pm (x)dx = 0
Bewijs. Pn is een oplossing van de differentiaalvergelijking van Legendre
(1 − x2 )Pn00 (x) − 2xPn0 (x) + n(n + 1)Pn (x) = 0
of
i
dh
(1 − x2 )Pn0 (x) + n(n + 1)Pn (x) = 0
dx
163
(10.10)
Op dezelfde manier geldt
i
dh
2 0
(1 − x )Pm (x) + m(m + 1)Pm (x) = 0
dx
(10.11)
We vermenigvuldigen (10.10) met Pm (x) en (10.11) met Pn (x) en trekken af.
i
i
dh
dh
n(n + 1) − m(m + 1) Pn (x)Pm (x) = Pn (x)
(1 − x2 )Pm0 (x) − Pm (x)
(1 − x2 )Pn0 (x)
dx
dx
of
i
dh
(1 − x2 )(Pn (x)Pm0 (x) − Pm (x)Pn0 (x))
dx
We integreren beide leden van −1 tot 1. Dan volgt
(n − m)(n + m + 1)Pn (x)Pm (x) =
(n − m)(n + m + 1)
Z 1
−1
Pn (x)Pm (x)dx
Z 1
dh
i
(1 − x2 )(Pn (x)Pm0 (x) − Pm (x)Pn0 (x)) dx
−1 dx
h
i1
=0
= (1 − x2 )(Pn (x)Pm0 (x) − Pm (x)Pn0 (x))
=
−1
Voor n 6= m volgt hieruit het gestelde.
Gevolg 10.2.4 Als p(x) een veelterm is van graad kleiner dan n, dan is
Z 1
−1
p(x)Pn (x)dx = 0
Bewijs. De veeltermen {P0 , P1 , · · · , Pn−1 } vormen een basis van de vectorruimte der veeltermen
van graad kleiner dan n. Immers, de overgangsmatrix naar de standaardbasis {1, x, x2 , · · · , xn−1 } is
een driehoeksmatrix, en is dus inverteerbaar. Een veelterm p(x) van graad kleiner dan n kan dus
geschreven worden als een lineaire combinatie
n−1
p(x) =
∑ aiPi(x)
i=0
en het gestelde volgt onmiddellijk uit stelling 10.2.3.
Stelling 10.2.5
Pn (x) =
1 dn 2
(x − 1)n
2n n! dxn
Bewijs. We rekenen het rechterlid uit.
dn 2
(x − 1)n
dxn
164
!
n
n
dn
x2n −
x2n−2 +
x2n−4 − · · ·
=
1
2
dxn
(2n)! n
n (2n − 2)! n−2
n (2n − 4)! n−4
=
x −
x
+
x
−···
n!
1 (n − 2)!
2 (n − 4)!
!
(2n)! n n(n − 1) n−2 n(n − 1)(n − 2)(n − 3) n−4
x
+
x
−···
=
x −
n!
2(2n − 1)
2.4(2n − 1)(2n − 3)
Als we dit vergelijken met definitie 10.2.2 dan volgt het resultaat.
10.3
Oplossing in een omgeving van een regelmatig singulier
punt
Het idee is om de voorgestelde oplossing
∞
y=
∑ cn(x − a)n
n=0
in het geval van een gewoon punt te vervangen door
∞
y=
∑ cn(x − a)n+ρ
(10.12)
n=0
waarbij ρ een getal is dat reëel en zelfs complex kan zijn. Voor x < a kunnen er problemen zijn
(bijvoorbeeld als ρ = 1/2), en daarom gebruiken we (10.12) enkel voor x > a. Voor x < a stellen
we een oplossing voor van de vorm
∞
y=
∑ cn(a − x)n+ρ
(10.13)
n=0
In het vervolg zullen we ons beperken tot het geval x > a. We zoeken dus oplossing op de rechterhelft van een omgeving van a. Dat de hierboven geschetste methode werkt, blijkt uit de volgende
stelling die we hier zonder bewijs geven.
Stelling 10.3.1 Onderstel dat a een regelmatig singulier punt is van de vergelijking
(x − a)2 y00 + (x − a)p(x)y0 + q(x)y = 0
(10.14)
en dat r het minimum is van de convergentiestralen van de Taylorreeksen van p(x) en q(x). Dan
bestaat er minstens een oplossing van (10.14) van de vorm (10.12), en deze reeks convergeert zeker
voor a < x < a + r.
Om de coëfficiënten cn praktisch te berekenen gaan we tewerk zoals in de vorige paragraaf. Stel
∞
p(x) =
∑
pn (x − a)n en q(x) =
n=0
∞
∑ qn(x − a)n
n=0
165
Omdat we machtreeksen term per termen mogen afleiden vinden we ook
∞
y0 =
∑ (n + ρ)cn(x − a)n+ρ−1
n=0
∞
y00 =
∑ (n + ρ)(n + ρ − 1)cn(x − a)n+ρ−2
n=0
Als we dit allemaal vervangen in (10.14), dan vinden we
∞
∑ (n + ρ)(n + ρ − 1)cn(x − a)n+ρ
n=0
"
#"
∞
n
#
∞
n+ρ
+ ∑ pn (x − a)
∑ (n + ρ)cn(x − a)
"n=0
#" n=0
#
∞
∞
n
∑ cn(x − a)n+ρ
∑ qn(x − a)
+
n=0
= 0
n=0
We delen alles door (x − a)ρ en vinden
∞
∑ (n + ρ)(n + ρ − 1)cn(x − a)n
n=0
"
#"
∞
#
∞
+ ∑ pn (x − a)n ∑ (n + ρ)cn (x − a)n
"n=0
#" n=0
#
∞
+
∑ qn(x − a)n
n=0
(10.15)
∞
∑ cn(x − a)n
= 0
n=0
Dit is weer een machtreeks in x − a die identiek gelijk is aan 0. Bijgevolg moeten alle coëfficiënten
gelijk zijn aan 0. Als we kijken naar de constante term van de reeks, dan vinden we
c0 ρ(ρ − 1) + p0 ρc0 + q0 c0 = 0
We kunnen onderstellen dat de coëfficiënt c0 niet nul is. Immers, als c0 = c1 = · · · = ci−1 = 0, dan
volstaat het om de coëfficiënten te hernummeren (stel c0m = cm+i ) en ρ te vervangen door ρ + i. We
vinden dus
ρ2 + (p0 − 1)ρ + q0 = 0
(10.16)
Deze vergelijking noemt men de karakteristieke vergelijking. Oplossing van (10.16) geeft de mogelijke waarden van ρ.
Als we de coëfficiënt van (x − a)n in (10.15) gelijk aan 0 stellen, dan vinden we
n
n
(n + ρ)(n + ρ − 1)cn + ∑ pn−s (s + ρ)cs + ∑ qn−s cs = 0
s=0
of
s=0
n−1
(n + ρ)(n + ρ − 1) + p0 (n + ρ) + q0 cn + ∑ pn−s (s + ρ) + qn−s cs = 0
s=0
166
(10.17)
Neem een oplossing ρ van de karakteristieke vergelijking (10.16). (10.17) laat toe om de coëfficiënten
cn recursief te bepalen in functie van c0 . Dit levert een oplossing van de differentiaalvergelijking.
Omdat de karakteristieke vergelijking een kwadratische vergelijking is, zijn er in het algemeen
twee oplossingen, ρ1 en ρ2 . Deze geven aanleiding tot twee oplossingen y1 en y2 van de vergelijking. Als deze oplossingen lineair onafhankelijk zijn, dan kennen we dus de algemene integraal
van de differentiaalvergelijking. Verschillende gevallen zijn mogelijk:
1) ρ1 en ρ2 zijn verschillend en reëel. Als ρ1 − ρ2 ∈
/ Z, dan kan men aantonen dat y1 en y2 lineair
onafhankelijk zijn. Indien ρ1 − ρ2 ∈ Z, dan kan het zijn dat y1 een veelvoud is van y2 . In dit geval
levert onze methode dus slechts een lineair onafhankelijke oplossing.
2) ρ1 en ρ2 zijn toegevoegd complex. Dan zijn y1 en y2 lineair onafhankelijk, maar wel in complexe vorm geschreven. Door geschikte lineaire combinaties van y1 en y2 te nemen vindt men twee
lineair onafhankelijke reële oplossingen. In de praktijk blijkt dit geval niet zoveel voor te komen,
zodat we er hier niet verder op ingaan.
3) ρ1 = ρ2 . Onze methode levert dan uiteraard maar één lineair onafhankelijke oplossing. In dit
geval bestaan er methodes om een tweede lineair onafhankelijke oplossing in reeksvorm op te
schrijven.
Voorbeeld: de vergelijking van Bessel
We beschouwen de vergelijking
x2 y00 + xy0 + (x2 − ν2 )y = 0
(10.18)
Hierin is ν een niet-negatieve parameter. x = 0 is een regelmatig singulier punt van deze vergelijking. We zoeken dus een oplossing van de vorm
∞
y=
∑ cnxn+ρ
n=0
Term per term afleiden geeft
y0 =
∞
∑ (n + ρ)cnxn+ρ−1
n=0
en
00
y =
∞
∑ (n + ρ)(n + ρ − 1)cnxn+ρ−2
n=0
Als we dit substitueren in (10.18), dan vinden we
∞
∞
∞
n=0
n=0
n=0
∑ (n + ρ)(n + ρ − 1)cnxn+ρ + ∑ (n + ρ)cnxn+ρ + ∑ cnxn+ρ+2 − ν2
of
∞
∞
∞
∑ (n + ρ)(n + ρ − 1)cnxn + ∑ (n + ρ)cnxn + ∑ cn−2xn − ν2
n=0
n=0
n=2
167
∞
∑ cnxn+ρ = 0
n=0
∞
∑ cnxn = 0
n=0
(10.19)
Als we kijken naar de constante term van deze machtreeks, dan vinden we
(ρ(ρ − 1) + ρ − ν2 )c0 = 0
of
ρ2 = ν2
(10.20)
De oplossingen van de karakteristieke vergelijking zijn dus ρ = ±ν.
We bekijken nu de lineaire term in (10.19). Dit geeft
((1 + ρ)(1 + ρ − 1) + (1 + ρ) − ν2 )c1 = 0
of
((1 + ρ)2 − ν2 )c1
Behalve in het geval waarin ρ = −ν = −1/2 volgt hieruit dat c1 = 0.
Als we de coëfficiënt van xn in (10.19) gelijk aan nul stellen, dan vinden we
((n + ρ)(n + ρ − 1) + (n + ρ) − ν2 )cn + cn−2 = 0
of
(n + ρ)2 − ν2 cn + cn−2 = 0
(10.21)
Dit laat toe om c2 , c4 , c6 , · · · recursief te berekenen uit c0 . Bovendien volgt hieruit dat c1 = c3 =
c5 = · · · = 0.
Eerste geval
Beschouw nu eerst het bijzonder geval waarin ρ1 − ρ2 = 2ν ∈
/ N. Uit de algemene theorie volgt dan
dat we twee lineair onafhankelijke oplossingen moeten vinden. Beschouw eerst het geval waarin
ρ = ν. De recursiebetrekking (10.21) neemt nu de volgende vorm aan:
cn = −
cn−2
n(n + 2ν)
Herhaaldelijk toepassen van deze betrekking levert
c0
c0
=− 2
2(2 + 2ν)
2 (ν + 1)
c2
c2
c0
= −
=− 2
= 4
4(4 + 2ν)
2 .2(2 + ν) 2 .2(ν + 1)(ν + 2)
..
.
c0
= (−1)n 2n
2 n!(ν + 1)(ν + 2) · · · (ν + n)
c2 = −
c4
c2n
Hierbij is c0 een willekeurige constante. Als we c0 gepast kiezen, dan kunnen we voor c2n een
elegante formule opschrijven. Herhaal dat de gammafunctie gedefinieerd wordt door de formule
Z ∞
Γ(p) =
t p−1 e−t dt
0
168
(p > 0)
(10.22)
Een belangrijke eigenschap van de gammafunctie is dat
Γ(p) = (p − 1)Γ(p − 1)
(10.23)
Voor details verwijzen we naar Analyse I, §7.2. Als we
c0 =
stellen, dan vinden we dat
c2n =
1
2ν Γ(ν + 1)
(−1)n
n!Γ(ν + n + 1)22n+ν
De gevonden oplossing is dus
(−1)n
x
Jν (x) = ∑
n=0 n!Γ(ν + n + 1) 2
∞
!2n+ν
(10.24)
We noemen Jν (x) de Besselfunctie van de eerste soort en orde ν. De oplossing behorend bij ρ = −ν
de Besselfuncties J0, J1, J2 en J3
de Besselfuncties J4, J5, J6 en J7
1
0.8
0.8
0.6
0.6
0.4
0.4
y-as
y-as
1
0.2
0.2
0
0
-0.2
-0.2
-0.4
-0.4
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
x-as
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
x-as
Figuur 10.1: De Besselfuncties van de eerste soort
wordt op analoge wijze berekend: het volstaat om overal ν door −ν te vervangen. Het enige
probleem is dat Γ(−ν + n + 1) niet gedefinieerd is voor −ν + n + 1 < 0. De integraal (10.22) is
immers divergent voor p ≤ 0. Men lost dit probleem als volgt op: voor p ∈ (−1, 0) definieert men
Γ(p) door de formule (10.23):
Γ(p + 1)
Γ(p) =
p
Vervolgens gebruiken we dezelfde formule om Γ(p) te definiëren voor p ∈ (−2, −1). Als we
zo doorgaan, dan kunnen we de gammafunctie definiëren voor p ∈ R \ {0, −1, −2, −3, · · ·}. We
vinden dan een tweede oplossing voor de vergelijking van Bessel:
!2n−ν
∞
(−1)n
x
J−ν (x) = ∑
(10.25)
n=0 n!Γ(−ν + n + 1) 2
169
De algemene integraal van de vergelijking van Bessel is dus
y = AJν (x) + BJ−ν (x)
y=gamma(x)
y=1/gamma(x)
4
6
3
4
2
y-as
y-as
2
0
-2
1
0
-4
-1
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-2
5
-4
-2
x-as
0
2
4
6
x-as
Figuur 10.2: De Gammafunctie
Tweede geval
Indien 2ν ∈ N een geheel getal is, dan kunnen we de bovenstaande redenering herhalen.
Als 2ν een even getal is, dan zijn er problemen bij het bepalen van de tweede oplossing: uit de
recursiebetrekking
−n(n − 2ν)cn = cn−2
volgt dat c2ν−2 = 0. Maar dan is ook c2ν−4 = c2ν−6 = · · · = c0 = 0. Dit is in strijd met onze
hypothese dat c0 6= 0. Als we c0 = 0 toelaten, dan vinden we dat de eerste coëfficiënt die verschilt
van 0, c2ν is. De gevonden oplossing is dan van de vorm
y = c2ν x2ν−ν + · · · = c2ν xν + · · ·
en dit is juist c2ν Jν (x). Onze methode levert dus slechts één lineair onafhankelijke oplossing.
Als 2ν een oneven getal is, dan levert de methode een tweede lineair onafhankelijke oplossing
J−ν . Speciale aandacht verdient het geval ν = 1/2. In dit geval is ρ = −1/2 een oplossing van
de karakteristieke vergelijking. Zoals we hierboven gezien hebben kunnen we in dit geval niet
automatisch besluiten dat c1 = 0. Het is echter eenvoudig om in te zien dat de oplossing die we
krijgen door c0 = 0 en c1 = 1 te stellen juist de Besselfunctie J1/2 (x) is.
170
Index
absoluut convergente reeks 124
alternerende reeks 126
analytische functie 158
arbeid 10
Besselfunctie 168
binomiaalreeks 146
conservatief krachtveld 16
convergentiecriterium van Cauchy 110
convergentieinterval 137
convergentiekenmerk van d’Alembert 122
convergentiestraal 137
criterium van Weierstrass 135
differentiaaloperator 97
differentiaalstelsel 86
differentiaalvergelijking 59
divergentie 46
eigenwaarden en eigenvectoren 106
enkelvoudig samenhangend gebied 28
exponentiële groei 61
flux van een vector 45
Folium van Descartes 33
formule van Guldin 27
Formule van Guldin 43
Fourierreeks 152
frequentie 150
gewoon punt 159
Gibbsverschijnsel 155
goniometrische reeks 149
gradiënt 46
harmonische reeks 120
homogeen lineair differentiaalstelsel 89
homogene differentiaalvergelijking 79
hyperharmonische reeks 120
integraal van Fresnel 36
juiste differentiaalvergelijking 77
karakteristieke veelterm 97
karakteristieke vergelijking 97
Legendre, veeltermen van 162
Legendre, vergelijking van 160
lijnintegraal 11
lineair differentiaalstelsel 88
lineaire differentiaalvergelijking 82
lineaire differentiaalvergelijking van orde n 93
linkervoorwaarde van Lipschitz 153
machtreeks 135
massamiddelpunt 51
meetkundige reeks 110
middelpunt 51
norm van een functie 133
normale differentiaalvergelijking 59, 86
numerieke reeks 108
oppervlakteı̈ntegraal 40
partitie van een balk 49
partitie van een rechthoek 18
positieve reeks 114
potentiaal 16
product van reeksen 141
pulsatie 150
puntsgewijze convergentie 128, 133
rechtervoorwaarde van Lipschitz 153
reeksen van Bertrand 121
regelmatig singulier punt 159
regeloppervlak 27
rotatie 46
singulier 159
stelling van Abel 139
Taylorreeks 144
torus 44
uniforme convergentie 129, 134
vectorieel produkt 38
vectorveld 10
vergelijking van Bernoulli 85
wortelkenmerk van Cauchy 121
171